Ejercicios Resueltos Libro (GENIAL)Phenomena of transport

µ−

µ−µ−

µ=

ε

23

2

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3

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23

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0

0

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l

ll

l

XX

XX

XX

ij

µ−

µ−µ−

µ=

ε

23

2

22

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2

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23

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0

0

0

l

ll

l

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([

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1

1

1

1

5

=τ=γ =τ

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σν−σ

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=ε ν−σ

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−

xy

xy

xy

xy

xy

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G

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1

5

=τ=γ =τ

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σν−σ

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=ε ν−σ

=ε

−

xy

xy

xy

xy

xy

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y

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x

G

G

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33

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2

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1

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2

2

1

1

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33

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1

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X

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λ−⇒

λ−⇒

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1

1

1

2

1

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242

ax

ax

ax

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((

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λ−⇒

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−λ−

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1

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242

ax

ax

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l

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ll

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=γ

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σ+σν−

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σ+σν−

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32

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1

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⇒+=

⇒=

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∫∫

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lnln

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2

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32

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1

1

XxtX

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X

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∫∫

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lnln

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=+∂τ∂

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=+∂τ∂

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1

1

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x

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X

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σ+σν−

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2

2

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t

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⇒−+

=

⇒+=

⇒=

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ll

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+∂τ∂

+∂τ∂

=+∂τ∂

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+∂τ∂

=+∂τ∂

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b

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ρ

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+∂τ∂

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tx

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⇒=

∫∫

∫∫

lnln

lnexp

ln

( )( )( ) ( )

+=λ−=λ

⇒±=λ−⇒

=λ−⇒

=−λ−λ−⇒

=λ−−

−λ−

212

21121

22

21

22211

12

21

4242

42

42

01622

024

42

axaxaxax

axax

axax

axaxax

axaxaxax

( )( )( ) ( )

+=λ−=λ

⇒±=λ−⇒

=λ−⇒

=−λ−λ−⇒

=λ−−

−λ−

212

21121

22

21

22211

12

21

4242

42

42

01622

024

42

axaxaxax

axax

axax

axaxax

axaxaxax

µ−

µ−µ−

µ=

ε

23

2

22

3

2

23

23

20

0

0

0

0

l

ll

l

XX

XX

XX

ij

µ−

µ−µ−

µ=

ε

23

2

22

3

2

23

23

20

0

0

0

0

l

ll

l

XX

XX

XX

ij

([

([

()

[

]

0

1 0

1 105,2

1

1

1

1

5

=τ=γ =τ

=γ ×=τ

=γσ+

σν−σ

=εσ+

σν−σ

=ε+σν−

σ=ε

−

xy

xy

xy

xy

xy

xyy

x

z

z x

y

y y

x

x

G

G

G

E

E

E ([

([

()

[

]

0

1 0

1 105,2

1

1

1

1

5

=τ=γ =τ

=γ ×=τ

=γσ+

σν−σ

=εσ+

σν−σ

=ε+σν−

σ=ε

−

xy

xy

xy

xy

xy

xyy

x

z

z x

y

y y

x

x

G

G

G

E

E

E

33

02

2

01

1

32

2

2

1

1

Xxtdtx

dx

dtxdx

tx

X

tx

X

=+

=

=

∫∫

∫∫

33

02

2

01

1

32

2

2

1

1

Xxtdtx

dx

dtxdx

tx

X

tx

X

=+

=

=

∫∫

∫∫

( )(( )

±=λ−⇒

=λ−⇒

λ−⇒

−−λ−

1

21

1

12

1

42

2

22

2442

ax

ax

aax

axaxaax

( )(( )

±=λ−⇒

=λ−⇒

λ−⇒

−−λ−

1

21

1

12

1

42

2

22

2442

ax

ax

aax

axaxaax

PROBLEMAS RESUELTOS DE MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO

Eduardo W. V. Chaves

µ−

µ−µ−

µ=

ε

23

2

22

3

2

23

23

20

0

0

0

0

l

ll

l

XX

XX

XX

ij

µ−

µ−µ−

µ=

ε

23

2

22

3

2

23

23

20

0

0

0

0

l

ll

l

XX

XX

XX

ij

0bσrr

=ρ+⋅∇ 0bσrr

=ρ+⋅∇

=+∂σ∂

+∂τ∂

+∂τ∂

=+∂τ∂

+∂σ∂

+∂τ∂

=+∂τ∂

+∂τ∂

+∂σ∂

0

0

0

zzyzxz

yz

yzyxy

xxzxyx

zyx

xyx

zyx

b

b

b

ρ

ρ

ρ

=+∂σ∂

+∂τ∂

+∂τ∂

=+∂τ∂

+∂σ∂

+∂τ∂

=+∂τ∂

+∂τ∂

+∂σ∂

0

0

0

zzyzxz

yz

yzyxy

xxzxyx

zyx

xyx

zyx

b

b

b

ρ

ρ

ρ

(

)

[

](

)

[

]()

[

]

0

1 0

1 105,2

1

10348,4

1

10318,2

1

10333,3

1

5 6

5

5

=τ=γ =τ

=γ ×=τ

=γ

×−=

σ+σν−

σ=ε

×−=

σ+σν−

σ=ε

×=

σ+σν−

σ=ε

− −

−

−

xy

xy

xy

xy

xy

xyy

x

z

z

zx

y

yz

y

x

x

G

G

G

E

E

E ()

[

](

)

[

]()

[

]

0

1 0

1 105,2

1

10348,4

1

10318,2

1

10333,3

1

5 6

5

5

=τ=γ =τ

=γ ×=τ

=γ

×−=

σ+σν−

σ=ε

×−=

σ+σν−

σ=ε

×=

σ+σν−

σ=ε

− −

−

−

xy

xy

xy

xy

xy

xyy

x

z

z

zx

y

yz

y

x

x

G

G

G

E

E

E

nσt n )( ⋅=r

nσt n )( ⋅=r

2

2

11

1

101

1

2

1

1

dtxdx

XxtX

xdtx

dx

tx

X t

tx

X

= =

⇒=

⇒=

∫∫

∫∫

exp

ln

2

2

11

1

101

1

2

1

1

dtxdx

XxtX

xdtx

dx

tx

X t

tx

X

= =

⇒=

⇒=

∫∫

∫∫

exp

ln

( )( )( ) ( )

+=λ−=λ

⇒±=λ−⇒

=λ−⇒

=−λ−λ−⇒

=λ−−

−λ−

212

21121

22

21

22211

12

21

4242

42

42

01622

024

42

axaxaxax

axax

axax

axaxax

axaxaxax

( )( )( ) ( )

+=λ−=λ

⇒±=λ−⇒

=λ−⇒

=−λ−λ−⇒

=λ−−

−λ−

212

21121

22

21

22211

12

21

4242

42

42

01622

024

42

axaxaxax

axax

axax

axaxax

axaxaxax

µ−

µ−µ−

µ=

ε

23

2

22

3

2

23

23

20

0

0

0

0

l

ll

l

XX

XX

XX

ij

µ−

µ−µ−

µ=

ε

23

2

22

3

2

23

23

20

0

0

0

0

l

ll

l

XX

XX

XX

ij

0bσrr

=ρ+⋅∇ 0bσrr

=ρ+⋅∇

=+∂σ∂

+∂τ∂

+∂τ∂

=+∂τ∂

+∂σ∂

+∂τ∂

=+∂τ∂

+∂τ∂

+∂σ∂

0

0

0

zzyzxz

yz

yzyxy

xxzxyx

zyx

xyx

zyx

b

b

b

ρ

ρ

ρ

=+∂σ∂

+∂τ∂

+∂τ∂

=+∂τ∂

+∂σ∂

+∂τ∂

=+∂τ∂

+∂τ∂

+∂σ∂

0

0

0

zzyzxz

yz

yzyxy

xxzxyx

zyx

xyx

zyx

b

b

b

ρ

ρ

ρ

(

)

[

](

[1

1

333,3

1

ε σν−σ

=ε

=σ+

σν−σ

=ε

y

yz

y

x

x

E

E ()

[

](

[1

1

333,3

1

ε σν−σ

=ε

=σ+

σν−σ

=ε

y

yz

y

x

x

E

E

( )( )( ) ( )

+=λ−=λ

⇒±=λ−⇒

=λ−⇒

=−λ−λ−⇒

=λ−−

−λ−

212

21121

22

21

22211

12

21

4242

42

42

01622

024

42

axaxaxax

axax

axax

axaxax

axaxaxax

( )( )( ) ( )

+=λ−=λ

⇒±=λ−⇒

=λ−⇒

=−λ−λ−⇒

=λ−−

−λ−

212

21121

22

21

22211

12

21

4242

42

42

01622

024

42

axaxaxax

axax

axax

axaxax

axaxaxax

Nomenclature

III

EDUARDO WALTER VIEIRA CHAVES

Problemas Resueltos deMecanica del Medio Continuo ´

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO

IV

Presentación

Presentacion ´

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO

VI

Contenido

PRESENTACIÓN ................................................................................................................................................V CONTENIDO...................................................................................................................................................VII NOMENCLATURA ........................................................................................................................................... IX OPERADORES...............................................................................................................................................XIII UNIDADES .................................................................................................................................................... XIV 1 TENSORES....................................................................................................................................................1 1.1 EJERCICIOS RESUELTOS....................................................................................................................1 1.1.1 Vectores, Notación Indicial...................................................................................................................1 1.1.2 Operaciones con Tensores de Orden Superior .................................................................................9 1.1.3 Transpuesta............................................................................................................................................14 1.1.4 Simetría y Antisimetría .........................................................................................................................14 1.1.5 Cofactor. Adjunta. Traza. Tensores Particulares. Determinante ..................................................18 1.1.6 Descomposición Aditiva de Tensores...............................................................................................24 1.1.7 Ley de Transformación. Invariantes. .................................................................................................25 1.1.8 Autovalores y Autovectores................................................................................................................31 1.1.9 Representación Espectral ....................................................................................................................38 1.1.10 Teorema de Cayley-Hamilton...........................................................................................................42 1.1.11 Tensores Isótropos y Anisótropos ..................................................................................................44 1.1.12 Descomposición Polar.......................................................................................................................44 1.1.13 Tensor Esférico y Desviador ............................................................................................................45 1.1.14 Otros.....................................................................................................................................................46 1.1.15 Función de Tensores. Campo de Tensores. ...................................................................................47 1.1.16 Teoremas con Integrales ...................................................................................................................57 1.2 EJERCICIOS PROPUESTOS...............................................................................................................59 2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO........................................................................................................65 2.1 EJERCICIOS RESUELTOS..................................................................................................................65 2.1.1 Descripción del Movimiento, Derivada Material, Velocidad, Aceleración..................................65 2.1.2 Tensores de Deformación Finita, Deformación Homogénea.......................................................89 2.1.3 Descomposición Polar del Gradiente de Deformación ...............................................................121 2.1.4 Deformación Infinitesimal ................................................................................................................142 2.2 EJERCICIOS PROPUESTOS.............................................................................................................152 3 TENSIONES .............................................................................................................................................157 3.1 EJERCICIOS RESUELTOS................................................................................................................157 3.1.1 Fuerza, Tensor de Tensiones, Vector Tensión ..............................................................................157 3.1.2 Ecuación de Equilibro, Tensiones y Direcciones Principales .....................................................162 3.1.3 Otras Medidas de Tensión ................................................................................................................170 3.1.4 Máxima Tensión de Corte, Círculo de Mohr .................................................................................171 3.1.5 Particularidades del Tensor de Tensiones.......................................................................................179 3.1.6 Estado Tensional en Dos Dimensiones..........................................................................................192

Contenido


VIII

3.1.7 Tensiones En Coordenadas Cilíndricas y Esféricas...................................................................... 198 3.2 EJERCICIOS PROPUESTOS ............................................................................................................ 202 4 LEYES FUNDAMENTALES DE LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO................... 207 4.1 EJERCICIOS RESUELTOS ............................................................................................................... 207 4.2 EJERCICIOS PROPUESTOS ............................................................................................................ 218 5 INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES CONSTITUTIVAS .................................................. 219 5.1 EJERCICIOS RESUELTOS ............................................................................................................ 219 5.2 EJERCICIOS PROPUESTOS ............................................................................................................ 224 7 ELASTICIDAD LINEAL....................................................................................................................... 225 7.1 EJERCICIOS RESUELTOS ............................................................................................................... 225 7.2 EJERCICIOS PROPUESTOS ............................................................................................................ 280 11 FLUIDOS................................................................................................................................................. 283 11.1 Ejercicios Resueltos.............................................................................................................................. 283 11.2 Ejercicios Propuestos........................................................................................................................... 296

Nomenclatura

),( tXArr

Aceleración (configuración de referencia) A Matriz de transformación de base

),( txa rr Aceleración (configuración actual) 0B Medio continuo en la configuración de referencia en 0=t B Medio continuo en la configuración actual, en t B∂ Contorno de B

),( txrrb Fuerzas másicas (por unidad de masa) b Tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green, tensor de deformación

de Finger B Tensor de deformación de Piola B Entropía creada interiormente b Manantial de entropía local por unidad de masa y por unidad de tiempo eC Tensor constitutivo elástico

[ ]C Matriz elástica (notación de Voigt) inC Tensor constitutivo inelástico c Tensor de deformación de Cauchy vC Calor específico a volumen constante pC Calor específico a presión constante

c Cohesión cc Concentración C Tensor derecho de deformación de Cauchy-Green VD Deformación volumétrica D Tensor velocidad de deformación o tensor tasa de deformación o tensor tasa

de deformación Euleriana o tensor estiramiento Ard Diferencial de área en la configuración de referencia ard Diferencial de área en la configuración actual dV Diferencial de volumen E Tensor material de deformación Green-Lagrange, tensor de deformación de

Green, tensor de deformación Green-St. Venant e Tensor de deformación finita Euleriana o tensor de deformación de AlmansiE Módulo de elasticidad longitudinal o módulo de Young ie Base Cartesiana en notación simbólica kji ,, Base Cartesiana

F Gradiente de deformación G Módulo de elasticidad transversal

Notacion ´


X

H Tensor de deformación de Biot H Entropía J Jacobiano

),( tXr

J Tensor gradiente espacial de los desplazamientos ),( txrj Tensor gradiente material de los desplazamientos

K Tensor de conductividad térmica K Energía cinética Lr

Cantidad de movimiento lineal l Tensor gradiente espacial de velocidad m Masa total M Tensor de tensiones de Mandel n Vector unitario normal a una superficie (configuración actual) N Vector unitario normal a una superficie (configuración de referencia)

ONr

Momento angular pr

Fuerza por unidad de volumen P Primer tensor de tensiones de Piola-Kirchhoff, tensor de tensiones

nominales o tensor de tensiones Lagrangiano p Presión media p Presión termodinámica

)(tP Potencia mecánica ),( txr

rq Flujo de calor o vector del flujo no convectivo Q Tensor ortogonal Q Potencia calorífica

),( tr xr Función escalar que describe en forma espacial el calor generado por las fuentes internas por unidad de masa

R Tensor ortogonal de la descomposición polar S Segundo tensor de tensiones de Piola-Kirchhoff sr Flujo de entropía T Tensor de tensiones de Biot

),,()( nt n txrr

Vector tracción (configuración de referencia) )(

0Nt

r Pseudo vector tensión (configuración de referencia) ),( tT xr Temperatura

t Tiempo 00 =≡ tt Tiempo inicial

U& Potencia tensional u Energía interna específica o densidad de energía interna

),( txrru Vector desplazamiento U Tensor derecho de estiramiento, o tensor de estiramiento Lagrangiano, o

tensor de estiramiento material V Tensor izquierdo de estiramiento, o tensor de estiramiento Euleriano, o

tensor de estiramiento espacial ),( tXV

rr Velocidad (configuración de referencia)

),( txv rr Velocidad (configuración actual) W Tensor spin o tensor velocidad de rotación Xr

Vector posición coordenada material xr Vector posición coordenada espacial

NOTACIÓN

XI

α Coeficiente de transferencia térmica de calor convectivo por unidad de área ijδ Delta de Kronecker

321 ,, εεε Deformaciones principales ε Alargamiento unitario ijk Símbolo de permutación, componentes del tensor Levi-Civita Vε Deformación volumétrica (para pequeñas deformaciones) ε Tensor de deformación infinitesimal η Densidad de entropía por unidad de masa y por unidad de tiempo κ Módulo de deformación volumétrico κ Difusividad térmica λ Estiramiento µ,λ Constante de Lamé

λ Multiplicador de Lagrange ν Coeficiente de Poisson ρ Densidad Sρ Densidad de la solución fρ Densidad del fluido

),(0 txrρ Densidad en la configuración de referencia ),( txrρ Densidad en la configuración actual

σ Tensor de tensiones de Cauchy o tensor de tensiones verdaderas Nσ

r Componente normal del vector tracción

Sσr

Componente tangencial del vector tracción mσ Tensión media

321 ,, σσσ Tensiones principales

octσr

Tensión normal octaédrica octτr Tensión tangencial octaédrica o tensión de corte octaédrica maxτ Tensión de corte máximo τ Tensor de tensiones de Kirchhoff φ Ángulo de fricción interno ψ Energía libre de Helmholtz por unidad de masa Ψ Energía libre de Helmholtz por unidad de volumen

eΨΨ =)(ε Densidad de energía de deformación ψ Ángulo de dilatancia Ω Tensor tasa del tensor de rotación material ωr

Tensor de vorticidad ••• IIIIII ,, Primer, segundo y tercer invariantes del tensor •

•≡•&

DtD Derivada material de •

•r Vector • Vector unitario (versor) 1 Tensor identidad de segundo orden I Tensor identidad de cuarto orden

I≡symI Parte simétrica del tensor identidad de cuarto orden


XII

Operadores

2•+•

=⟨•⟩ paréntesis de MacAuley

• norma Euclidiana de • )(•Tr traza de )(•

T)(• transpuesta de )(• 1)( −• inversa de )(• T−•)( inversa de la transpuesta de )(• sym)(• parte simétrica de )(• anti)(• parte antisimétrica de )(• esf)(• parte esférica de )(• o parte hidrostática dev)(• parte desviadora de )(•

• módulo de • [ ][ ]• salto de • ⋅ producto escalar

( ) •≡•det determinante de ( )• )(•cof Cofactor de • ;

( )•Adj adjunta de ( )• ( )•Tr traza de ( )•

: doble producto escalar 2∇ operador diferencial escalar (Laplaciano)

⊗ producto tensorial )(•≡• grad∇ gradiente de • )(•≡•∇ ⋅ div divergencia de •

∧ producto vectorial

Operadores

Unidades

longitud m - metro energía, trabajo, calor NmJ = - Joules

masa kg - kilogramo potencia WsJ ≡ watio

tiempo s - segundo coeficiente de transferencia de calor Km

W2

temperatura K - Kelvin permeabilidad 2m

velocidad sm viscosidad dinámica

sPa

aceleración 2sm tasa de flujo

sm3

energía NmJ = - Joules conductividad térmica: mKW

fuerza N - Newton frecuencia Hzs≡1 Hertz

presión, tensión 2mNPa ≡ - Pascal densidad 3m

kg

Prefijo Símbolo Potencia 10

Prefijo Símbolo Potencia 10

pico p 1210− kilo k 310 nano η 910− Mega M 610 micro µ 610− Giga G 910 mili m 310− Tera T 1210 centi c 210− deci d 10

Unidades (SI)

1 Tensores

1.1 Ejercicios Resueltos

1.1.1 Vectores, Notación Indicial

Ejemplo 1.1:

Probar que si ar

y br

son vectores se cumple que:

( ) ( ) ( )( ) ( )2babbaababarrrrrrrrrr ⋅⋅⋅⋅ −=∧∧

Solución:

( ) ( )( )

( )

( )( )

( )( ) ( )2222

222

22222

222

222

2

2

cos

cos

cos1

sin

sin

babbaa

baba

baba

baba

ba

ba

ba

bababa

rrrrrr

rrrr

rrrr

rrrr

rr

rr

rr

rrrrrr

⋅⋅⋅

⋅

⋅

−=

−=

θ−=

θ−=

θ−=

θ=

θ=

∧=∧∧

donde hemos considerado que 2aaarrr

=⋅ y 2

bbbrrr

=⋅ .

Ejemplo 1.2:

Verificar si para las siguientes transformaciones ε=εσ E)( y 2

21)( ε=ε Eψ son

transformaciones lineales. Solución:

[ ] )()()( 21212121 εσ+εσ=ε+ε=ε+ε=ε+εσ EEE (transformación lineal)


Draft Por: Eduardo W. V. Chaves (2011)

2

Universidad Castilla- La Mancha

Ciudad Real

La transformación 2

21)( ε=ε Eψ se demuestra fácilmente que no es una transformación

lineal ya que:

[ ] [ ]

)()()()(

221

21

21

221

21)(

212121

2122

21

2221

21

22121

ε+ε≠εε+ε+ε=

εε+ε+ε=

ε+εε+ε=ε+ε=ε+ε

ψψψψ

ψ

E

EEE

EE

Ejemplo 1.3: Considérense los puntos ( )1,3,1A , ( )1,1,2 −B , ( )3,1,0C y ( )4,2,1D .

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 .

)(εσ

ε 21 ε+ε 2ε 1ε

)( 2εσ

)( 1εσ

)()()( 2121 εσ+εσ=ε+εσ

ε 21 ε+ε 1ε 2ε

)(εψ

)( 21 ε+εψ

)( 2εψ

)( 1εψ

)()( 21 ε+ε ψψ

1 TENSORES

Draft Por: Eduardo W: V. Chaves (2011)

3


Ciudad Real

Solución:

1) Primero se calculan los vectores →

AB y →

AC :

( ) ( ) kjikjikji 041131112 +−=++−+−=−==→→→

OAOBABar

( ) ( ) kjikjikji 221131310 +−−=++−++=−==→→→

OAOCACbr

Utilizando la definición del producto vectorial se obtiene el producto vectorial:

kjikji

)6(2)8(221041

−+−−=−−−=∧ ba

rr

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

104)6()2()8( 222 =−+−+−=∧= barr

A (unidades cuadradas)

2) Calculando vector →

AD :

( ) ( ) kjikjikji 310131421 +−=++−++=−==→→→

OAODADcr

Utilizando la definición:

( ) ( ) ( )cúbicas) (unidades 161820

628310 ),,(

=−+=

−−−+−=∧= ⋅⋅ kjikjibaccbarrrrrr

V

3) A continuación calculamos el vector →

BC :

( ) ( ) kjikjikji 222112310 ++−=+−−++=−=→→→

OBOCBC

Luego el vector proyección de →

AB sobre →

BC viene dado por:

( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( )kji

kjikjikji

kjikji

222444082

222222222

041222

2

++−+++−−=

++−++−++−

+−++−==⋅⋅

⋅

⋅ →

→→

→→→

→

→ BCBCBC

ABBCAB

BC

BC43421

proj

kji 35

35

35 −−=

→→ AB

BCproj

Ejemplo 1.4: Reescribir en notación indicial las siguientes expresiones: 1) 333322311 xxaxxaxxa ++

Solución: )3,2,1(3 =ixxa ii

2) 2211 xxxx +



4


Ciudad Real

Solución: )2,1( =ixx ii

3)

=++

=++=++

z

y

x

bzayaxa

bzayaxabzayaxa

333231

232221

131211

Solución:

=++=++=++

3333232131

2323222121

1313212111

bxaxaxabxaxaxabxaxaxa

→ jmudoíndice

=

=

=

33

22

11

bxabxabxa

jj

jj

jj

→ ilibreíndice

ijij bxa =

Ejemplo 1.5: a) Demostrar que: 33 vv pp =δ ;

b) Demostrar que: 33 jjii AA =δ ;

c) Obtener el resultado de ijkij δ ;

d) Obtener el resultado de ijji A32δδ .

Solución: Las componentes de la delta de Kronecker son:

=

=

100010001

333231

232221

131211

δδδδδδδδδ

δ ij (1.1)

a) La expresión ( ppv3δ ) no tiene índice libre, luego el resultado es un escalar:

33332321313 vvvvv pp =++= δδδδ (1.2)

b) La expresión jii A3δ tiene un índice libre ( j ), luego el resultado es un vector:

33332321313 jjjjjii AAAAA =++= δδδδ (1.3)

c) La expresión ijkij δ tiene un índice libre ( k ), luego el resultado es un vector:

kkk

kkk

kkk

jkjjkjjkjijkij

333323231313

323222221212

313121211111

332211

δδδ

δδδ

δδδ

δδδδ

+++++

+++++

++

++=32143421321

(1.4)

luego, kijkij 0=δ (vector nulo).

d)

2332 AAijji =δδ (1.5)

1 TENSORES


5


Ciudad Real

Ejemplo 1.6: Expandir la expresión: )3,2,1,( =jixxA jiij

Solución: Los índices ji, 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:

434214342143421

3333

2332

1331

33

3223

2222

1221

22

3113

2112

1111

11

xxA

xxA

xxA

xxA

xxA

xxA

xxA

xxA

xxA

xxA

xxA

xxAxxA jjjjjjioexpandiend

jiij

+

+

+

+

+

+

+

+

→

Reagrupando los términos anteriores obtenemos:

3333233213313223

22221221311321121111

xxAxxAxxAxxAxxAxxAxxAxxAxxAxxA jiij

+++

+++++=

Ejemplo 1.7: Resolver las siguientes expresiones: 1) jjiiδδ

Solución: ( )( ) 933332211332211 =×=++++= δδδδδδδδ jjii

2) 11 γαγα δδδ

Solución: 1111111 === γγγαγα δδδδδδ

NOTA: Observar que es incorrecto hacer la siguiente operación 13 1111 =≠=≠ γγγγ δδδδ , ya que lo que se reemplaza es el índice repetido

Ejemplo 1.8: a) Probar que a) ippjkijk δ2= ; b) 6=ijkijk c) ikjijk aa 0= ; d) Obtener el valor numérico de la siguiente expresión ikjijk 132 δδδ .

Solución: a) Utilizando la expresión:

jpiqjqippqkijk δδδδ −=

y haciendo jq = , resulta:

ipipip

jpijjjippjkijk

δδδδδδδ23 =−=

−=

b) Partiendo del resultado anterior, es trivial la siguiente comprobación:

expa

ndie

ndo

j



6


Ciudad Real

62 == iiijkijk δ

c) observemos que ikjijk −= , es decir, es antisimétrico en jk y observemos que kj aa resulta un tensor de segundo orden simétrico. Como sabemos el doble producto escalar de un tensor simétrico y otro antisimétrico es cero luego:

ii

ijkijkkjijk aa

0)(

0)(

=∧=

=⊗=

aa

aarr

rr

d) 1123132 == ikjijk δδδ

Ejemplo 1.9: Obtener el valor de las siguientes expresiones: a) kjiijk 321 δδδ

b) jpiqjqippqkijk δδδδ −= para los siguientes casos

b.1) 3,2,1 ==== pqji

b.2) 2,1 ==== pjqi

c) ))(( 11 ibtbasarstiqkqpjpijk δδ ++ cAcAcAcA

donde ijk es el símbolo de permutación y ijδ es la Delta de Kronecker.

Solución: a) 1123321 == kjiijk δδδ

b.1) 00000)1(0

3231233221223211213212

=×+×+−×==++= kk

b.2) 1)1(100002131232121222111212112

−=−×+×+×=++= kk

c) Observemos que la operación jpjp bcA = resulta un vector y verificamos también que

[ ] iiiqkqpjpijk 0)()()( =∧=∧= ⋅⋅ bbcAcArrrr

cAcA , con lo cual resulta que:

1))(( 111111 ===++ δδδδδ iiibtbasarstiqkqpjpijk cAcAcAcA

Ejemplo 1.10:

Escribir en notación indicial: a) el módulo del vector ar

; b) θcos , donde θ es el ángulo que forman los vectores a

r y b

r.

Solución:

iijjiiijjijjii aaaaaaaaaa =⇒===== ⋅⋅ aeeaaarrrr

δ2

luego, también cumple que iibb=br

.

1

2 3

1=ijk

1−=ijk

1 TENSORES


7


Ciudad Real

Por definición θ=⋅ cosbabarrrr

, donde:

jjiiijjijjii babababa ==== ⋅⋅ δeeba r

Teniendo en cuenta que un índice no puede aparecer más que dos veces en un término de la expresión, podemos expresar θcos como:

kkii

jj

bbaa

ba==θ ⋅

ba

barr

rr

cos

Ejemplo 1.11:

Escribir la siguiente relación ( ) ( )dcbarrrr

∧∧ ⋅ sin emplear el producto vectorial.

Solución: Observemos que el producto vectorial ( )barr

∧ lo podemos expresar de la siguiente forma: ( ) ikjijkkkjj eeeba baba =∧=∧

rr, cuyo resultado será un vector. De esta forma

hemos utilizado la definición del símbolo de permutación. Análogamente podemos expresar el producto vectorial ( )dc

rr∧ como ( ) nmlnlm edc dc=∧

rr, por lo tanto:

( ) ( )

mlkjilmijk

inmlkjnlmijk

nimlkjnlmijk

nmlnlmikjijk

dcbadcbadcba

dcba

====∧∧

⋅⋅⋅

δeeeedcba

)()

rrrr

Teniendo en cuenta que lmijkiilmijk = y aplicando la relación

ilmjkikljmkmjllmijki =−= δδδδ , concluimos que:

( ) mllmmlmlmlkjkljmkmjlmlkjilmijk dcbadcbadcbadcba −=−= δδδδ

Puesto que el subíndice mudo indica el producto escalar: ( )ca rr ⋅=llca y ( )db rr⋅=mmdb ,

luego:

( ) ( ) ( )( ) ( )( )cbdadbcadcbarrrrrrrrrrrr ⋅⋅⋅⋅⋅ −=∧∧

Observemos que, cuando acrr

= y bdrr

= obtenemos que:

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 babbaaabbabbaababarrrrrrrrrrrrrrrrrr ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ −=−=∧∧

Que es la misma expresión obtenida en el Ejemplo 1.1.

Ejemplo 1.12: Probar que a) 0=kjiijk baa

b) ( ) barr ⋅=++ 321312213 kjikijjikijk δδδδδδ bababa

c) jiij AA es un invariante



8


Ciudad Real

Solución: a) 332211 baabaabaabaa jiijjiijjiijkjiijk ++= . Para el término 11 baa jiij tenemos que:

0133331122221111111

133331122221111111

133331122221111111

13131212111111

=+++

+++++++=

++=

baabaabaabaabaabaabaabaabaa

baabaabaabaa

jjjjjjjiij

Análogamente para los términos 03322 == baabaa jiijjiij .

b)

barr ⋅==++=++

=++

iiiijjkk

kjiijkkijijkjikijk

bababababababa

bababa

112233123231312

321312213

δδδδδδ

Ejemplo 1.13:

Probar que: ( ) ( ) ( ) ( )bacdbadcdcbarrrrrrrrrrrr

∧−∧=∧∧∧ ⋅⋅

Solución: Expresaremos en notación indicial el segundo miembro de la expresión:

( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]kjijkipkjijkipp bacdbadc −=∧−∧ ⋅⋅ bacdbadcrrrrrrrr

( )piipkjijk

pikjijkipkjijk

dcdcba

dcbadcba

−⇒

−⇒

Si utilizamos la propiedad de la delta de Kronecker: ( )

( ) ( )npimnipmnmkjijk

npnmimninmpmkjijk

δδδδ

δδδδ

−⇒

−⇒

dcba

dcdcba

y si consideramos que mnlpilnpimnipm =− δδδδ . Reemplazamos en la expresión anterior y obtenemos:

( ) ( )( )( )[ ]nmmnlkjijkpil

mnlpilnmkjijk

dcba

dcba

⇒

⇒

Dado que las componentes de ( )barr

∧ son kjijk ba y las componentes de ( )dcrr

∧ son

nmmnl dc , obtenemos que:

( )( )[ ] ( ) ( )[ ]pnmmnlkjijkpil dcbarrrr

∧∧∧=dcba

Ejemplo 1.14:

Si ar

, br

, cr

y vr

son vectores y que se cumple que:

cbavrrrr

γβα ++=

Probar que los escalares α , β , γ son dados por:

1 TENSORES


9


Ciudad Real

rqppqr

kjiijk

rqppqr

kjiijk

rqppqr

kjiijk

cba

vba

cba

cva

cba

cbv

=== γβα ;;

Solución: Haciendo el producto escalar del vector vr

por el vector ( cbrr

∧ ) obtenemos que:

43421

rrr

43421

rrrrrrrrr

00

)()()()( ==

∧+∧+∧=∧ ⋅⋅⋅⋅ cbccbbcbacbv γβα

Obtenemos entonces el valor de α como:

)()(

cba

cbvrrr

rrr

∧∧=

⋅⋅α

En componentes:

rqppqr

kjiijk

cba

cbv

cbacbacba

cbvcbvcbv

cccbbbaaa

cccbbbvvv

===

333

222

111

333

222

111

321

321

321

321

321

321

α

Análogamente podemos obtener los parámetros β , γ , es decir, hacemos el producto escalar del vector v

r por los vectores ca

rr ∧ y ba

rr ∧ , respectivamente.

Ejemplo 1.15: Probar la relación:

( ) ( ) ( )cbabcacbarrrrrrrrr

⋅⋅ −=∧∧

Solución: Representando el producto vectorial ( ) kjijki cb=∧ cbrr

, luego:

( )[ ]( )

( ) ( )baca

cba

rrrr

rrr

⋅⋅ −=−=

−=−=

==∧∧ =

rr

rjjkrk

kjssjrkkjsskrj

kjssjrkskrj

kjsjkirsikjsijkrsi

kjijksrsir

cb

cbacbacbacba

cbacbacba

cba

δδδδδδδδ

)(

luego

( )[ ] ( ) ( )[ ]rr baccabcbarrrrrrrrr ⋅⋅ −=∧∧

Ejemplo 1.16: Demostrar la identidad de Jacobi:

( ) ( ) ( ) 0bacacbcbarrrrrrrrrr

=∧∧+∧∧+∧∧

Solución: A través del ejercicio anterior demostramos que ( ) ( ) ( )cbabcacbarrrrrrrrr

⋅⋅ −=∧∧ , luego, también es válido que:



10


Ciudad Real

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )bacabcbac

acbcabacbrrrrrrrrr

rrrrrrrrr

⋅⋅⋅⋅

−=∧∧

−=∧∧

Luego, teniendo en cuenta que el producto escalar entre dos vectores es conmutativo, es decir, ( ) ( )acca

rrrr ⋅⋅ = , ( ) ( )abbarrrr ⋅⋅ = , ( ) ( )bccb

rrrr⋅⋅ = , concluimos que:

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )

0

bacabc

acbcab

cbabca

bacacbcbar

rrrrrr

rrrrrr

rrrrrr

rrrrrrrrr=

−+−+−

=∧∧+∧∧+∧∧

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

1.1.2 Operaciones con Tensores de Orden Superior

Ejemplo 1.17: ¿ Cuál es el orden de los tensores representados por sus componentes: iv , ijkΦ , ijjF , ijε ,

ijklC , ijσ ? Determinar cuantas componentes independientes tiene el tensor C .

Solución: El orden del tensor viene dado por el número de subíndices libres, luego:

Tensores de orden uno: vr , Fr

Tensores de segundo orden: ε , σ Tensor de tercer orden: Φ Tensor de cuarto orden: C El número de componentes de un tensor viene dado por el máximo valor del rango del subíndice, 3 si ( 3,2,1=i ), elevado al número de subíndices libres. Es decir, para el tensor de cuarto orden, el número de índices libres es 4, luego:

( ) ( ) ( ) ( ) 81333334 ==×=×=×== lkji

El tensor de cuarto orden ijklC tiene 81 componentes independientes.

Ejemplo 1.18:

Demostrar que a) ( ) ( )acbcbarrrrrr ⋅⋅ =⊗ ; b) ( ) ( ) ( ) dacbdcba

rrrrrrrr⊗=⊗⊗ ⋅⋅

Solución: a)

( )

acbacb

e

e

eeecba

rrrrrr

rrr

⊗≡=

=

=

⊗=⊗

⋅⋅

⋅⋅

)()(

)(

)(

iikk

jkkjii

kkjjii

acb

cba

cba

δ

b) La expresión ( ) ( )dcbarrrr

⊗⊗ ⋅ , que resulta un tensor de segundo, expresamos directamente en notación indicial:

1 TENSORES


11


Ciudad Real

( ) ( )[ ] ( )( )

ij

ji

escalar

kk

jikk

jkkijkkiij

))((

)()(

dacb

dcba

⊗=

=

=

==⊗⊗

⋅

⋅

rrr

321

rrrr

dacb

dacb

dcbadcba

Ejemplo 1.19: Desarrollar y simplificar lo posible la expresión jiij xxA para los siguientes casos:

a) jiij AA =

b) jiij AA −=

Solución: Expandiendo jiij xxA obtenemos:

333332233113

233222222112

133112211111

332211

xxxxxxxxxxxx

xxxxxx

xxxxxxxx jjjjjjjiij

AAAAAAAAA

AAAA

++++++++=

=++=

(1.6)

a) jiij AA =

23333223

2222

311321122111

2

22

xxxx

xxxxxxx jiij

AAA

AAAA

++

+++= (1.7)

b) jiij AA −=

0=jiij xxA (1.8)

lo que era de esperar ya que:

)( xxxxrrrr

⊗== ⋅⋅ :AAjiij xxA (1.9)

Si A antisimétrico y )( xxrr

⊗ resulta simétrico, el doble producto escalar de un tensor simétrico y uno antisimétrico resulta cero.

Ejemplo 1.20: Si las componentes de los tensores de segundo orden ε y T son representadas respectivamente por:

−=ε

634121425

ij ;

=

831124213

ijT (1.10)

Obtener εT : .



12


Ciudad Real

Solución:

ijijε= TεT : (1.11)

333323231313

323222221212

313121211111

332211

ε+ε+ε+++ε+ε+ε+++ε+ε+ε

ε+ε+ε=ε

TTT

TTT

TTT

TTTT321321321 jjjjjjijij

(1.12)

luego,

8786331411224)1(241235 =×+×+×+×+×+×−+×+×+×=ε ijijT (1.13)

Ejemplo 1.21: Dadas las componentes del tensor B en el sistema de coordenadas cartesianas:

=

975351423

ijB (1.14)

Obtener: a) kjikij BBC = ; b) jkikij BBD = ; c) kjkiij BBE = ; d) iiC , iiD , iiE

Solución:

=

==⇒= ⋅

12210867464823544431

975351423

975351423

kjikij BBCBBC (1.15)

=

==⇒= ⋅

1556765673525652529

975351423

975351423 T

jkikijT BBDBBD (1.16)

=

==⇒= ⋅

1068660867846604635

975351423

975351423 T

kjkiijT BBEBBE (1.17)

Luego:

219106783521915535292011224831

332211

332211

332211

=++=++==++=++==++=++=

EEEEDDDDCCCC

ii

ii

ii

(1.18)

NOTA: Verificamos que se cumple que: BBBBBB :== ⋅⋅ )()( TT TrTr

1 TENSORES


13


Ciudad Real

Ejemplo 1.22: Dadas las componentes cartesianas del tensor de segundo orden B :

=

303210201

ijB

Obtener: a) kkB b) ijijBB c) kjjkBB

Solución: a) 5311332211 =++=++= BBBB kk

b)

333323231313

323222221212

313121211111

332211

BBBBBB

BBBBBB

BBBBBB

BBBBBBBB

+++++

+++++

++

++=321321321 jjjjjjijij

Resultando: 28330033221100220011 =×+×+×+×+×+×+×+×+×=ijijBB

c)

333332233113

233222222112

133112211111

332211

BBBBBB

BBBBBB

BBBBBB

BBBBBBBB

+++++

+++++

++

++=321321321 kkkkkkkjjk

( ) ( ) ( ) 23202232002331111

222 233213311221333322221111

=×+×+×+×+×+×=

+++++= BBBBBBBBBBBBBB kjjk

Ejemplo 1.23: Obtener las componentes del tensor D resultante de la siguiente operación BAD := , para los siguientes casos:

a)

=

=

521121132

;511114232

ijij BAcon

b)

=

=

3212181391517913

;31271611181114137

jkikkjik BABAcon

Solución:



14


Ciudad Real

a) 50552111112114123322 =×+×+×+×+×+×+×+×+×=BA :

b) Teniendo en cuenta la expresión BABABA :== ⋅⋅ )()( TT TrTr y que Tjkik BA BA ⋅= ,

concluimos que 5432913)( =++== ⋅ TBABA Tr:

Ejemplo 1.24: Considérese un tensor de segundo orden EEFET )()( :+= 1Tr o en notación indicial

ijkpkpijkkij EEFET )(+δ= . Si las componentes de los tensores E y F vienen dadas por:

=

=

002302134

;102051412

ijij FE

a) Obtener las componentes del tensor T . b) ¿Son los tensores T y E coaxiales? Demuéstralo. Solución: Obtenemos primero los siguientes escalares:

8152)( =++=ETr

21010022300521143142 =×+×+×+×+×+×+×+×+×=EF : Luego

=

+

=

29042011321

842150

102051412

21100010001

8ijT

Dos tensores son coaxiales cuando presentan los mismos autovectores o cuando se cumple que TEET ⋅⋅ = :

=

=

=

=

1974214284586155284155289

29042011321

842150

102051412

1974214284586155284155289

102051412

29042011321

842150

kjik

kjik

TE

ET

Con lo cual concluimos que son coaxiales.

Ejemplo 1.25:

Obtener el resultado de las siguientes operaciones: II : , II : , II : , II : , II : , symsym II : , donde

jlikijkllkjiijkl con δδ=⊗⊗⊗=⊗= II eeee11 I (1.19)

jkilijkllkjiijkl con δδ=⊗⊗⊗=⊗= II eeee11 I (1.20)

klijijkllkjiijkl con δδ=⊗⊗⊗=⊗= II eeee11 I (1.21)

1 TENSORES


15


Ciudad Real

Solución:

ijkljlikqlpkjqippqklijpqijkl III ==== δδδδδδ)( II :

ijkljlikqkpljpiqpqklijpqijkl III ==== δδδδδδ)( II :

ijklklijqqklpqpqijpqklijpqijkl III 3)( ==== δδδδδδδII :

ijkljkilqlpkjpiqpqklijpqijkl III ==== δδδδδδ)( II :

ijkljkilqkpljqippqklijpqijkl III ==== δδδδδδ)( II :

Resumiendo lo anterior en notación tensorial:

III =⊗=⊗⊗= 111111 )()( ::

III =⊗=⊗⊗= 111111 )()( ::

III 3)(3)()( =⊗=⊗⊗= 111111 ::

III =⊗=⊗⊗= 111111 )()( ::

III =⊗=⊗⊗= 111111 )()( ::

Teniendo en cuenta la definición: ( )1111 ⊗⊗= :21symI , concluimos que:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )[ ][ ]( )

sym

symsym

I

II

=

⊗⊗=

⊗+⊗+⊗+⊗=

⊗⊗+⊗⊗+⊗⊗+⊗⊗=

⊗⊗⊗⊗=

1111

11111111

1111111111111111

11111111

:

::::

::::

21414141

1.1.3 Transpuesta

Ejemplo 1.26: Demostrar que la siguiente propiedad es válida:

( ) ( ) ( ) BCACABCBA ::: TT ⋅⋅⋅ ==

donde A , B , C son tensores de segundo cualesquiera. Solución: Demostraremos esta identidad a través de sus componentes:

( ) ( )( )

kjikijjqilkppqlkij

qlkpjipqlkij

qppqkllkjiij

CBACBACBA

CBA

==⊗⊗=

⊗⊗⊗= ⋅⋅

δδδδ eeee

eeeeeeCBA

:::

Observemos que cuando trabajamos en notación indicial el orden no importa, es decir:

ikkjijkjijikkjikij BCACABCBA ==



16


Ciudad Real

Podemos ahora observar que la operación ijikAB resultará un tensor de segundo orden

cuyas componentes son kjT )( AB ⋅ luego, ( ) CAB :⋅= T

kjijik CAB . Análogamente podemos

decir que ( ) BCA :Tikkjij ⋅=BCA .

Ejemplo 1.27:

Demostrar que, si ur

, vr

son vectores y A un tensor de segundo orden, la siguiente relación es válida:

uAvvAurrrr ⋅⋅⋅⋅ =T

Solución:

ljljjjll

ilijlkjkjkkiljli

iiljjlkkkkjljlii

T

uAvvAuuAvvAu

uAvvAu

==

⊗=⊗=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

δδδδeeeeeeee

uAvvAu

rrrr

1.1.4 Simetría y Antisimetría

Ejemplo 1.28: Si σ es un tensor de segundo orden simétrico y W es un tensor de segundo orden antisimétrico. Demostrar que 0=Wσ : . Solución:

ijij

jkillkij

kllkjiij

WW

W

σ=σ=

⊗⊗σ=δδ

)()( eeeeWσ ::

Desarrollando

4342143421321

3333

3232

3131

33

2323

2222

2121

22

1313

1212

1111

11

W

W

W

W

W

W

W

W

W

W

W

WW

σ+

σ+

σ

σ+

σ+

σ+

σ

σ+

σ+

σ+

σ

σ=σ jjjjjjijij

Considerando la propiedad de un tensor simétrico 2112 σ=σ , 1331 σ=σ , 2332 σ=σ y antisimétrico 0332211 === WWW , 1221 ww −= , 1331 WW −= , 2332 WW −= , resultando:

0=Wσ :

c.q.d.

c.q.d.

1 TENSORES


17


Ciudad Real

Ejemplo 1.29: Demostrar que:

a) MQMMQMrrrr

⋅⋅⋅⋅ = sym ;

b) antiantisymsym BABABA ::: += ;

donde, Mr

es un vector, y Q , A , y B son tensores de segundo orden arbitrarios.

c) Demostrar que si se cumple que ijkijk 0=T , T es simétrico, es decir, jiij TT = .

Solución: a)

( )MQMMQM

MQQMMQMrrrr

rrrr

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

+=

+=antisym

antisym

Ya que el producto: ( ) 0 =⊗=⋅⋅ MMQMQMrrrr

:antianti , resulta que:

MQMMQMrrrr

⋅⋅⋅⋅ = sym

b)

antiantisymsym

antiantisymantiantisymsymsym

antisymantisym

BABA

BABABABABBAABA

::

::::::

+=

+++=++=

==4342143421

00

)()(

Luego como consecuencia tenemos que: antiantiantisymsymsym BABABABA :::: == ;

c)

iiiiiii

iiiiiiiii

ijijjijjijjkijk

0

0

232313133232121231312121

333323231313323222221212313121211111

332211

=+++++=++++++++=

=++=

TTTTTTTTTTTTTTT

TTTT

Luego, las componentes del vector resultante quedan:

1221122112312213213

1331133113213312312

2332233223123321321

03

02

01

TTTTTTT

TTTTTTT

TTTTTTT

=⇒=+−=+=⇒=

=⇒=−=+=⇒=

=⇒=+−=+=⇒=

jkjk

jkjk

jkjk

ii

i

con lo cual demostrando que si ijkijk 0=T , T es simétrico, TTT = .

Ejemplo 1.30: Si W es un tensor antisimétrico. a) Demostrar que WW ⋅ resulta un tensor de segundo orden simétrico. b) Demostrar también que 0)( =⋅⋅ 1WWW :T

Solución:

a) Si demostramos que 0WW =⋅ anti)( , demostramos que WW ⋅ resultar ser simétrico:

c.q.d.

c.q.d.



18


Ciudad Real

[ ][ ][ ]0

WWWW

WWWW

WWWWWW

=

−=

−=

−=

⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅⋅

)(21

)(21

)()(21)(

TT

Tanti

donde hemos aplicado la propiedad del tensor antisimétrico TWW −= . Soluciones alternativas a) Teniendo en cuenta la definición de un tensor antisimétrico donde se cumple que TWW −= :

TTTT )( WWWWWWWW ⋅⋅⋅⋅ ==−=

También se puede comprobar a través de sus componentes:

−−−−−−−

−−−=

−−−

−−−=⋅

223

21313122312

1312223

2122313

231223132

132

12

2313

2312

1312

2313

2312

1312

00

0

00

0)(

WWWWWWWWWWWWWWWWWW

WWWWWW

WWWWWW

ijWW

b) 0)()()()( ==== ⋅⋅⋅ WWW1WWW :: kipkpiijkjpkpiT WWWWWW δ , ya que el doble

producto escalar entre un tensor simétrico )( WW ⋅ y uno antisimétrico (W ) resulta cero.

Ejemplo 1.31:

Sea B es un tensor de segundo orden tal que spqspq a=B con jkijkia B21= . Demostrar

que B es un tensor antisimétrico. Solución:

jkjkspqsjksjkpqsjksjkpqsspqspq a BBBB 21

21

21 ==

==

Recurriendo a la relación qjpkqkpjjkspqs δδδδ −=

antipq

qppq

jkqjpkjkqkpj

jkqjpkqkpjjkjkspqspq

B

BB

BB

BBB

=

−=

−=

−==

)(21

)(21

)(21

21

δδδδ

δδδδ

Solución Alternativa: Teniendo en cuenta que sqpsqp a=B , y que por definición se cumple que qpspqs −= , concluimos que:

1 TENSORES


19


Ciudad Real

Tqpsqpsspqspq aa BB −=∴−=−== BB (antisimétrico)

Ejemplo 1.32:

Demostrar que la operación antisymsymanti AAAA ⋅⋅ + resulta un tensor antisimétrico. Solución:

Denominando por antisymsymanti AAAAB ⋅⋅ += , y teniendo en cuenta que se cumple que Tantianti )(AA −= , Tsymsym )(AA = , concluimos que:

antisymanti

Tsymantisymanti

Tantisymsymanti

antisymsymanti

)(2

)(

)(

AA

AAAA

AAAA

AAAAB

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

−=

−=

+=

Ejemplo 1.33: ¿La relación nTTn

rr ⋅⋅ = es válida siempre? Siendo T un tensor de segundo orden y nr

un vector. En el supuesto de que la relación no sea válida, ¿para qué caso particular lo sería? Solución:

lklk

likkli

lkklii

e

e

eeeTn

)(

Tn

Tn

Tn

==

⊗= ⋅⋅δ

r

y

llkk

lkilki

iikllk

e

e

eeenT

)(

Tn

Tn

nT

==

⊗= ⋅⋅δ

r

Con lo que comprobamos que lkkklk TnTn ≠ , luego:

nTTnrr ⋅⋅ ≠

La relación nTTnrr ⋅⋅ = sólo será válida cuando el tensor T sea simétrico.

Ejemplo 1.34:

Obtener el vector axil wr asociado al tensor antisimétrico anti)( ax

rr⊗ . Expresar w

r en función de x

r y ar .

Solución: Sea zr un vector arbitrario, se cumple que:

zwzax rrrrr∧=⊗ ⋅anti)(

donde wr es el vector axil asociado a anti)( ax

rr⊗ . Teniendo en cuenta que:

[ ] [ ]xaaxaxaxaxrrrrrrrrrr

⊗−⊗=⊗−⊗=⊗21)()(

21)( Tanti

podemos aún decir que:

[ ] [ ] zwzxaaxzwzxaax rrrrrrrrrrrrrr∧=⊗−⊗⇒∧=⊗−⊗ ⋅⋅ 2

21

Recordar que, dados tres vectores ar

, br

, cr

se cumple que: abccbcbarrrrrrrr ⋅⊗−⊗=∧∧ )()( .

Luego, se cumple que [ ] )( axzzxaaxrrrrrrrr

∧∧=⊗−⊗ ⋅ , luego:



20


Ciudad Real

[ ] zwzxaaxzzxaax rrrrrrrrrrrrr∧=∧∧=∧∧=⊗−⊗ ⋅ 2)()(

con lo cual, concluimos que:

antitensor al asociado axil vector el es )( )(21

axxawrrrrr

⊗∧=

Ejemplo 1.35:

Consideremos dos tensores antisimétricos )1(W y )2(W y sus vectores axil representados, respectivamente, por )1(w

r y )2(wr . Demostrar que:

[ ] )(2

)()()2()1()2()1(

)2()1()1()2()2()1(

ww

wwwwrr

rrrr

⋅⋅⋅⋅

−=

−⊗=

WW

1WW

Tr

Solución: Teniendo en cuenta las propiedades de tensor antisimétrico, podemos decir que:

)1()1(

)1()1(

)1()1(

)1()1(

w

w

w

w

rrr

rrr

rrr

rrr

∧=

∧−=−

∧−=

∧=

⋅⋅⋅

⋅

aWa

aWa

aWa

aaWT

y aaWrrr

∧=⋅ )2()2( w

A continuación hacemos el producto escalar ( ) ( )aWWarr ⋅⋅⋅ )2()1( , obteniendo que:

( ) ( ) )()( )2()1()2()1( aaaWWarrrrrr

∧∧= ⋅⋅⋅⋅ ww

Continuaremos el desarrollo en notación indicial:

[ ][ ][ ] qkkjqjqj

qpkkpjqpkkqjpj

qpkkpjqkqjpj

qpkipqijkjkjkiji

qpipqkjijkkjkiji

wwww

wwww

ww

ww

ww

aa

aa

aa

aaaWWa

aaaWWa

)(

)()(

))(())((

)2()1()2()1(

)2()1()2()1(

)2()1(

)2()1()1()1(

)2()1()1()1(

δ

δδδδ

δδδδ

−=

−=

−=

=

=

En notación tensorial la expresión anterior queda:

[ ] [ ] a1aaWWarrrrrrrr ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ −⊗= )()( )2()1()1()2()2()1( wwww

con lo cual demostramos que: 1WW )()( )2()1()1()2()2()1( wwwwrrrr ⋅⋅ −⊗= .

b)

[ ] [ ][ ] [ ]

[ ]

)(2

)()(

)()(

)()(

)2()1(3

)2()1()1()2(

)2()1()1()2(

)2()1()1()2()2()1(

ww

wwww

wwww

wwww

rr

321rrrr

rrrr

rrrr

⋅

⋅⋅⋅

⋅⋅

−=

−=

−⊗=

−⊗=

=

1

1

1WW

Tr

TrTr

TrTr

1 TENSORES


21


Ciudad Real

1.1.5 Cofactor. Adjunta. Traza. Tensores Particulares. Determinante

Ejemplo 1.36:

Demostrar que babarrrr ⋅=⊗ )(Tr .

Solución:

[ ][ ]

ba

ee

ee

eeba

rr

rr

⋅

⋅

=

=

=

=

⊗=

⊗=⊗

ii

ijji

jiji

jiji

jjii

ba

ba

ba

Trba

baTrTr

δ)(

)()()(

Ejemplo 1.37:

Dado que ijijkkij EET µδ 2+λ= , ijij ETW21= , y ijijTTP = . Demostrar que:

[ ]

[ ]22

2

)()43(4

)(2

EEE

EEE

Tr

Tr

µµ

µ

+λλ+=

λ+=

:

:

P

W

Solución 1: (Notación indicial)

( ) ( ) ( )ijijiikkijijijijkkijijijkkijij EEEEEEEEEEEETW µµδµδ 2212

212

21

21 +λ=+λ=+λ==

Como )(ETr== iikk EE , y EE :=ijij EE , concluimos que [ ]2)(2

EEE Trλ+= :µW .

( )( )

( ) ijijqqkk

ijijiikkqqkk

ijijqqiiiikkqqiikk

ijijijqqijijijkkijqqijkk

ijijqqijijkkijij

EEEE

EEEEEE

EEEEEEEE

EEEEEEEEEEEETTP

2

22

22

443

443

422

2222

22

µµ

µµ

µµµδ

µµµµδδδµδµδ

++λλ=

+λ+λ=

+λ+λ+λ=

+δλ+λ+λλ=

+λ+λ==

Con lo cual demostramos que [ ]22 )()43(4 EEE Trµµ +λλ+= :P .

Solución 2: (Notación tensorial) En notación tensorial tenemos que:

EET µ2)( +λ= 1Tr , ET :21=W , y TT :=P

Luego:



22


Ciudad Real

( ) ( )

( )

[ ] EEE

EEEE

EEEEEEEET

:

:

::::

µ

µ

µµ

+λ=

+λ=

+λ=+λ==

2)(2

2)()(21

2)(212)(

21

21

Tr

TrTr

TrTr 11W

( ) ( )[ ]

[ ] [ ]( )[ ] EEE

EEEE

EEEEEEE

EEEETT

EE

:

:

::::

::

22

2222

22

4)(43

4)(4)(3

)2()(2)(2)(

2)(2)(

)()(3

µµ

µµ

µµµ

µµ

++λλ=

+λ+λ=

+λ+λ+λ=

+λ+λ==

===

Tr

TrTr

TrTrTr

TrTr

TrTr1111

11P

Ejemplo 1.38: Sea un tensor de segundo orden ijσ que es una función del tensor ijε , )( ijijij εσ=σ , y viene dado por:

ε1εσ µµδ 2)(2 +λ= →ε+λε=σ TrTensorialijijkkij

donde λ , µ son constantes positivas. Partiendo de la expresión anterior, obtener la expresión de ijε en función de ijσ , es decir, )( ijijij σε=ε . Expresar el resultado en notación indicial y tensorial. Solución:

Notación Indicial Notación Tensorial

ijkkijij

ijkkijij

ijijkkij

δµµ

δµµδ

ελ−σ=ε⇒

λε−σ=ε⇒

ε+λε=σ

221

2

2

1εσε

1εσεε1εσ

)(22

1)(2

2)(

Tr

TrTr

µµ

µµ

λ−=⇒

λ−=⇒+λ=

Tenemos que obtener la siguiente traza kkε , para ello obtenemos la traza de ijσ :


( )

kkkk

kkkk

kkkkiiiikkii

ijijkkij

σ+λ

=ε⇒

ε+λ=σ⇒ε+λε=ε+λε=σ⇒

ε+λε=σ

)23(1

23232

2

µ

µµµδ

µδ

)()23(

1)(

)(23)()(2)(

σε

εεσ1ε11ε1σ

TrTr

TrTrTrTr

µ

µµ

+λ=⇒

+λ=+λ= :::

Luego:


ijkkij

ijkkijij

δµµµ

δµµ

σ+λ

λ−σ=

ελ−σ=ε

)23(1

221

221

1σσε

1εσε

)()23(22

1

)(22

1

Tr

Tr

µµµ

µµ

+λλ−=

λ−=

1 TENSORES


23


Ciudad Real

Ejemplo 1.39: Demostrar las siguientes identidades:

( ) ( ) ( ) ( )mmTmTTm TTTT TrTr == ; .

Solución:

( ) ( ) ( )mTTTTTTm TTTTTTTT === ⋅⋅ LL

Para la segunda demostración utilizaremos la propiedad de la traza ( ) ( )TT TrTr =T

( ) ( ) ( )mTmmT TTT TrTrTr ==

Ejemplo 1.40: Demostrar que: )(T1T Tr=: .

Solución:

)(

T

eeee1T

TrTTT

TT

====

=⊗⊗=

jjiiijij

jlikklij

lkkljiij

δδδδδ::

Ejemplo 1.41: Probar que si σ y D son tensores de segundo orden la siguiente relación es válida:

)( DσDσ ⋅⋅⋅ = Tr

Solución: Partimos de la siguiente definición:

)()()()(

)(

DσDσDσDσ

Dσ

Dσ

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅

====

σ=σ=σ=

σ=

⋅

Tr

DDD

D

llkklkkl

lk

kl

jlkj

lkjlkjilikjlkj

jiij

δ

δδδδ

321

Una segunda alternativa para la demostración sería:

( ))( Dσ1Dσ

Dσ

⋅⋅

⋅⋅

==

σ=σ=

Tr

DD:

ikjkijjiij δ


( ) kqjprttpqrjk SSSdet 61=≡ SS (1.22)

c.q.d.

c.q.d.

c.q.d.

c.q.d.

c.q.d.



24


Ciudad Real

Solución:

( ) kjiijk 321 SSSdet =S (1.23)

( ) rkqjpiijkpqr SSSdet =S (1.24)

( ) rkqjpiijkpqrpqrpqr SSSdet =S43421

6

(1.25)

( ) rkqjpiijkpqr SSSdet 61=S (1.26)

Ejemplo 1.43: Demostrar que: kqjprtrjktpq AAA =A

Solución: Sabemos que:

321

321

kjrtpqrjktpq

kjrrjk

AAA

AAA

=

=

A

A (1.27)

La expresión tpqrjk podrá ser expresada en función de la delta de Dirac como:

rpjtkqrtkpjqktjprqkpjtrqktjqrpkqjprt

kqkpkt

jqjpjt

rqrprt

tpqrjk

δδδδδδδδδδδδδδδδδδ

δδδδδδδδδ

−−−++=

= (1.28)

Reemplazando en la expresión anterior (1.28) en la expresión (1.27), y utilizando la propiedad del operador de sustitución obtenemos que:

( ) ( ) ( )qkpjtrrjkkqjprtrjk

qkpjjktqkpjjktqkpjjkt

qtppqttpqptqtqpqpttpq

AAAAAAAAAAAAAAA

AAAAAAAAAAAAAAAAAA

==++=

−−−++=

332211

321321321321321321A

Ejemplo 1.44:

Demostrar que: kqjprttpqrjk AAA61=A

Solución:

Partiendo del problema anterior: kqjprtrjktpq AAA =A y multiplicando ambos lados por

tpq , resulta:

kqjprttpqrjktpqtpq AAA =A (1.29)

Utilizando la propiedad 6=−=−= ttpptttptppptttpqtpq δδδδδδδ . Luego, la relación (1.29) resulta:

c.q.d.

1 TENSORES


25


Ciudad Real

kqjprttpqrjk AAA61=A


( ) baba1rrrr ⋅+=⊗+ 23 αµµαµdet (1.30)

Solución: Si denotamos por jiijij baA αµδ + , el determinante de A viene dado por

321 kjiijk AAA=A , donde 111 baA iii αµδ += , 222 baA jjj αµδ += y 333 baA kkk αµδ += , luego podemos decir que:

( ) ( )( )( )332211 bababadet kkjjiiijk αµδαµδαµδαµ +++=⊗+ ba1rr

(1.31)

Desarrollando la expresión (1.31) obtenemos que:

( ) []321

3321

2231

2132

2

3212

3122

2132

3213

bbbaaabbaabbaababa

bababadet

kjikjijkiikj

kjikijjikkjiijk

αδµαδµαδµα

δδαµδδαµδδαµδδδµαµ

++++

++++=⊗+ ba1rr

Observemos que:

0

0

0

)()()(

)(

321

21122132121123213321

31133131312231

2112233

2123231312

2

3213122132

3123

3321

3

=

=−==

=−==

=++=++

=++

==

⋅

bbbaaa

bbaabbaabbaabbaa

bbaabbaabbaabbaa

babababababa

bababa

kjiijk

jiijkjiijk

kikijkiijk

iijjkk

kjiijkkijijkjikijk

kjiijk

δδ

αµαµµ

δδδδδδαµ

µµδδδµ

α barr

Fijemos que no hacía falta expandir los términos 231 jkiijk δbbaa , 321 kjiijk δbbaa ,

321 bbbaaa kjiijk , para saber que son iguales a cero, ya que 0)( 231231 =∧= jjjkiijk δδ bbbbaa aa

rr y análogamente para los otros términos. Con lo que hemos demostrado que:

( ) baba1rrrr ⋅+=⊗+ 23 αµµαµdet

Para 1=µ tenemos que:

( ) baba1rrrr ⋅+=⊗+ 1 ααdet

Análogamente, se puede demostrar que:

( ) 03213 ==⊗ bbbaaadet kjiijkαα ba

rr

Ejemplo 1.46:

c.q.d.

c.q.d.



26


Ciudad Real

Dado un tensor A , demostrar que existe un vector no nulo 0nrr

≠ tal que 0nArr

=⋅ si y solo si 0)( =Adet .

Solución: Partimos del hecho que 0)( =≡ AAdet y también escogemos una base arbitrario

,, hgfrrr

(linealmente independiente):

( ) [ ])()()( hAgAfAAhgfrrrrrr⋅⋅⋅⋅⋅ ∧=∧

Por el hecho que 0)( =≡ AAdet , eso implica que:

[ ] 0)()()( =∧ ⋅⋅⋅⋅ hAgAfArrr

Con lo cual concluimos que los vectores )( fAr⋅ , )( gA

r⋅ , )( hAr⋅ son linealmente

dependientes. Esto implica que existen escalares no nulos 0≠α , 0≠β , 0≠γ tal que:

( )0nA

0hgfA

0hAgAfA

rr

rrrr

rrrr

=⇒

=++⇒

=++

⋅⋅

⋅⋅⋅γβα

γβα )()()(

donde 0hgfnrrrrr

≠++= γβα .

Ahora escogemos dos vectores kr

, mr

que no son linealmente dependientes con nr

y reemplazamos esta base ,, nmk

rrr en lugar de los vectores ,, cba

rrr:

( ) [ ])()()( nAmAkAAhmkrrrrrr⋅⋅⋅⋅⋅ ∧=∧

Considerando que 0nArr

=⋅ y que ( ) 0 ≠∧⋅ hmkrrr

, ya que la base ,, nmkrrr

está constituida por vectores linealmente independientes, obtenemos que:

( )0

0 0

=⇒

=∧≠

⋅

A

Ahmk 43421

rrr

Ejemplo 1.47: Sea un tensor de segundo orden arbitrario F . Demostrar que los tensores resultantes

FFC ⋅= T y TFFb ⋅= son tensores simétricos y semi-definidos positivos. Verificar también en que condiciones C y b son tensores definidos positivos. Solución:

TTTTTT

TTTTTT

FFFFFF

FFFFFF

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

==

==

)()(

)()( (simetría)

Con lo cual hemos demostrado que los tensores FFC ⋅= T y TFFb ⋅= son simétricos.

Para demostrar que los tensores FFC ⋅= T y TFFb ⋅= son semi-definidos positivos, partimos de la definición de un tensor semi-definido positivo, es decir, un tensor A es semi-definido positivo si se cumple que 0≥⋅⋅ xAx

rr, para todo 0x

rr≠ . Luego:

c.q.d.

1 TENSORES


27


Ciudad Real

00)()()()(

)()(

22≥=≥=

====

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

xx

xxxxxxxxxxxx

rr

rrrr

rrrrrrrr

T

TT

TT

FFFFFF

FFbFFC

En notación indicial:

00))(())((

)()(

22 ≥=≥=

====

iikiki

jjkiikjkjiki

jjkikijijijkjkiijiji

FFFFFF

FFbFFC

xx

xxxxxxxxxxxx

Con lo cual demostramos que FFC ⋅= T y TFFb ⋅= son semi-definidos positivos. Observemos que 2

xxxrrr ⋅⋅⋅ = FC sólo será igual a cero, con 0x

rr≠ , si 0x

rr=⋅F , y por

definición 0xrr

=⋅F con 0xrr

≠ , si y solo si 0)( =Fdet , ver Ejemplo 1.46. Luego, los tensores FFC ⋅= T y TFFb ⋅= serán tensores definidos positivos si y solo si 0)( ≠Fdet .

Ejemplo 1.48: Demostrar que si A y B son tensores ortogonal, el tensor resultante de la operación

BAC ⋅= resulta ser otro tensor ortogonal. Solución:

TTTT CBAABABBAC ===== ⋅⋅⋅⋅ −−−− )()( 1111

1.1.6 Descomposición Aditiva de Tensores

Ejemplo 1.49: Encontrar un tensor de cuarto orden P tal que se cumpla que:

devAA =:P Solución: Teniendo en cuenta la descomposición aditiva de un tensor en una parte esférica y otra desviadora, podemos obtener que:

1AAAA1AAAA3

)(3

)( TrTr −=⇒+=+= devdevdevesf

Recurriendo a la definición de los tensores identidades de cuarto orden definidos por:

llll eeeeeeee11 ⊗⊗⊗=⊗⊗⊗=⊗= kjiijkkjijik IδδI (1.32)

llll eeeeeeee11 ⊗⊗⊗=⊗⊗⊗=⊗= kjiijkkjijki IδδI (1.33)

llll eeeeeeee11 ⊗⊗⊗=⊗⊗⊗=⊗= kjiijkkjikij IδδI (1.34)

donde se cumple que:

c.q.d.



28


Ciudad Real

( ) ( )( )

( )( )

Aee

eeee

eeeeeeA

=⊗=

⊗=⊗=

⊗⊗⊗⊗=

jiij

jikjik

jiqkppqjik

qppqkjijik

AAA

A

ll

ll

ll

δδδδδδ

δδ ::I

(1.35)

( ) ( )( )

( )( )1A

eeee

eeeeeeeeA

)(

TrA

AA

A

=⊗=

⊗=⊗=

⊗⊗⊗⊗=

jiijkk

jikkij

jiqkppqkij

qppqkjikij

δδδ

δδδδδδ

ll

ll

ll ::I

(1.36)

Entonces, podemos decir que:

A11AAA1AAA ::::

⊗−=

−=−=−=

31

31

31

3)( IIIIITrdev

Con lo cual, concluimos que:

11⊗−=31IP

El tensor P es conocido como tensor proyección de cuarto orden.

1.1.7 Ley de Transformación. Invariantes.

Ejemplo 1.50: Probar que iiI T=T es un invariante bajo un cambio de base.

Solución: Considerando la ley de transformación para un tensor de segundo orden, podemos decir que: kljlikij aa TT =′ . Luego, iiT ′ vendrá dado por:

TIaa kkklklklilikii ====′ TTTT δ

Lo que demuestra que TI es un invariante.

Ejemplo 1.51:

Bajo la transformación de base jiji a ee =′ y de las componentes del tensor de segundo orden simétrico T en esta nueva base:

kljlikij aa TT =′

Mostrar que: a) )(TTrTT ==′ kkii ;

b) lkkljiij TTTT =′′

c) )()( TT detdet =′

Solución:

1 TENSORES


29


Ciudad Real

a) llkkklklklilikiiji

kljlikij aaaa TTTTTTT ====′→=′ = δ

b) lkklpqqppqkllpkqpqkl

lp

jpjl

kq

iqikpqiqjpkljlikjiij aaaaaaaa TTTTTTTTTTTT =====′′==

δδδδ321321

))((

con lo cual, demostramos que jiijTTTrTr == ⋅ )()( 2 TTT

c) )()()()()()(11

klkljlikkljlikij aaaa TdetTdetdetdetTdetTdet ===′==4342143421

Acabamos de demostrar que )(TTrT =kk , )( TT ⋅= TrTT lkkl , )(Tdet son invariantes.

Ejemplo 1.52: Demostrar que las siguientes relaciones son invariantes:

43

42

41

33

32

31

23

22

21 ;; CCCCCCCCC ++++++

donde 1C , 2C , 3C 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:

( ) ( )

CC

C

C

IIICCC

CCCCCCCCCCCCIII

2

2

223

22

21

32312123

22

21

2321

2

−=++⇒

+++++=++=4444 34444 21

Comprobando que 23

22

21 CCC ++ es un invariante. Análogamente, podemos obtener que:

2CCC

2CCC

CCCC

IIIIIIIIIICCC

IIIIIIICCC

244

3344

342

41

333

32

31

++−=++

+−=++

Ejemplo 1.53: Obtener las componentes de la siguiente operación:

TATAT ⋅⋅=′ donde ijT y ija son las componentes de los tensores T y A , respectivamente.

Solución: La expresión TATAT ⋅⋅=′ en notación simbólica queda:

)(

)(

)()()()(

krkqpqrp

krqlspklpqrs

klklqppqsrrsbaab

aa

aa

aa

ee

ee

eeeeeeee

⊗=

⊗=

⊗⊗⊗=⊗′ ⋅⋅

T

T

TT

δδ

Para obtener las componentes de T ′ es suficiente hacer el doble producto escalar por la base )( ji ee ⊗ , resultando:



30


Ciudad Real

jqpqipij

kjrikqpqrpbjaiab

jikrkqpqrpjibaab

aa

aaaa

TT

TT

TT

=′=′

⊗⊗=⊗⊗′

δδδδ)()()()( eeeeeeee ::

Observemos que esta operación viene representada en forma matricial como: TATAT =′

Si A es la matriz de transformación entre bases ortonormales se cumple que TAA =−1 luego, se cumple que ATAT ′= T , y la representación de las componentes se muestran en la Figura abajo:

Ejemplo 1.54: Consideremos que las componentes de un tensor de segundo orden T , en el sistema de referencia ( )321 ,, xxx , están representadas por:

( )

−

−===

100031013

Tijij TT

Sabiendo que la matriz de transformación de coordenadas del sistema ( )321 ,, xxx al sistema ( )321 ,, xxx ′′′ viene dada por:

−

=

022

22

022

22

100

A

1x′ 2x

3x

11T 21T

31T

12T

32T 22T

33T

13T 23T

3x′

2x′

1x

11T′ 21T′

31T ′ 12T′

32T′ 22T′

33T′

13T′

23T′

TATAT =′

ATAT ′= T

1 TENSORES


31


Ciudad Real

Obtener las componentes del tensor ijT en el nuevo sistema de coordenadas ( )321 ,, xxx ′′′ .

Solución: La ley de transformación para un tensor de segundo orden es:

kljlikij aa TT =′

Para que la operación anterior sea posible en forma matricial: T

jllkkiij aa )( TT =′

Luego: TATAT =′

−

−

−

−

=′

00122

220

22

220

100031013

022

22

022

22

100

T

Efectuando la operación de matrices anterior obtenemos que:

=′

400020001

T

Ejemplo 1.55: Encontrar la matriz de transformación del sistema ( zyx ,, ) al sistema zyx ′′′′′′′′′ ,, , ver Figura 1.1:

Figura 1.1: Rotación. Solución: Podemos observar que la obtención del sistema zyx ′′′′′′′′′ ,, es una combinación de rotaciones mostradas a continuación:

yy ′′=′

x

y

zz ′=

x′

zz ′′′=′′

y ′′′

x ′′ x ′′′

β

α

α

γ

γ



32


Ciudad Real

♦ Rotación según eje z

♦ Rotación según eje y′

♦ Rotación según eje z ′′ La matriz de transformación del sistema ( zyx ,, ) para el sistema zyx ′′′′′′′′′ ,, será dada por:

del sistema zyx ′′′ ,, al zyx ′′′′′′ ,,

−=

ββ

ββ

cos0sin010

sin0cosB

con º1800 ≤≤ β yy ′′=′

x

y

zz ′=

x′

z ′′

x ′′

β

α

α

del sistema zyx ′′′′′′ ,, al zyx ′′′′′′′′′ ,,

−=

1000cossin0sincos

γγγγ

C

con º3600 ≤≤ γ

yy ′′=′

x

y

zz ′=

x′

zz ′′′=′′

y ′′′

x ′′ x ′′′

β

α

α

γ

γ

del sistema zyx ,, al zyx ′′′ ,,

−=

1000cossin0sincos

αααα

A

con º3600 ≤≤α x

y

zz ′=

x′

y′

α α

β

x ′′

zz ′= z ′′

x′

1 TENSORES


33


Ciudad Real

CBAD = Resultando:

+−−−

−+−=

ββαβαγβγαγβαγαγβαγβγαγβαγαγβα

cossinsinsincossinsin)coscossincossin()cossinsincoscos(cossin)sincoscoscos(sin)sinsincoscos(cos

D

Los ángulos γβα ,, son conocidos como los ángulos de Euler.

1.1.8 Autovalores y Autovectores

Ejemplo 1.56: 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:

TQEQE ⋅⋅=*

Solución: Los autovalores ( iλ ) del tensor E obtenemos a partir del determinante característico:

( )( )( )

( )[ ]( ) ( ) ( )( )

( )( )( )

( )[ ]( ) ( ) ( )

( )kpkp

jpkpkpik

jpkpkpik

kpjpikjpkpik

ijjpkpik

ijij

T

T

TT

T

δ

δ

δ

δ

δ

δ

λ−=

λ−=

λ−=

λ−=

λ−=

λ−=

λ−=

λ−=

λ−=

λ−=

λ−=

λ−=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅

Edet

QdetEdetQ

QEQdet

QQQEQdet

QEQdet

Edet

det

detdetdet

det

det

det

det

0

0 *

11

*

1E

Q1EQ

Q1EQ

Q1QQEQ

1QEQ

1E

43421321

Con lo que comprobamos que E y *E tienen los mismos autovalores.

Ejemplo 1.57: Sea A un tensor de segundo orden y Q un tensor ortogonal. Si la ley de transformación

ortogonal aplicada a A viene dada por TQAQA ⋅⋅=* , demostrar que TQAQA ⋅⋅= 2*2 .

Solución:

T

T

TT

TT

QAQ

QAAQ

QAQQAQ

QAQQAQ

AAA

1

⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅

=

=

=

=

=

=

2

***2

)()(

321

ijT

jtptip

jtstpsipjtstrsprip

jtst

rs

kskrprip

jtstkskrprip

kjikijij

)(

)(

))((

)()(

2

*****2

QAQ

AA

AAA

⋅⋅⋅

⋅

=

=

==

=

=

==

=

QQ

QAAQQAAQ

QAQQAQ

QAQQAQ

AA

δδ321



34


Ciudad Real

Ejemplo 1.58: Dadas las componentes del tensor T :

−−−−

−=

1183661

315

ijT

Se pide: a) Obtener los invariantes principales de T , TI , TII , TIII ;

b) Obtener el polinomio característico asociado a T ; c) Si 1λ , 2λ y 3λ son los autovalores de T y 103 =λ . Obtener 1λ y 02 >λ .

Solución: a) Los invariantes principales de T son:

0165)( =+−== TT TrI

1756115

1335

11866

−=−−

+−

+−

−−=TII

750)( −== TT detIII

b) El polinomio característico es 023 =−λ+λ−λ TTT IIIIII luego:

07501753 =+λ−λ c) En el espacio principal se cumple que:

=λ>λ

λ=′

100000000

3

2

1

ijT

donde los invariante principales son 100)( 21321 −=λ+λ⇒=λ+λ+λ== TT TrI

75750)( 21321 −=λλ⇒−=λλλ== TT detIII

Combinando estas dos ecuaciones:

−=λ

=λ⇒=−λ+λ⇒−=λ−λ−⇒

−=λ+λ−=λλ

15

50751075)10(

1075

)2(2

)1(2

22222

21

21

Descartamos la solución negativa por la imposición del problema. Luego, 151 −=λ . Resumiendo así:

−=′

10000500015

ijT

Ejemplo 1.59:

1 TENSORES


35


Ciudad Real

Determinar los valores principales y las direcciones principales del tensor cartesiano de segundo orden T , cuyas componentes se representan matricialmente por:

( )

−

−===

100031013

Tijij TT

Solución: Buscamos soluciones no triviales para ( ) ijijij 0 =λ− nT δ , con la restricción de que 1=jjnn . Como ya hemos visto, la solución no trivial requiere la condición:

0=λ− ijij δT

Explícitamente, la expresión anterior queda:

0100

031013

333231

232221

131211

=λ−

λ−−−λ−

=λ−

λ−λ−

TTTTTTTTT

Desarrollando el determinante anterior obtenemos la ecuación cúbica:

[ ]08147

01)3()1(23

2

=−λ+λ−λ

=−λ−λ−

Podríamos haber obtenido directamente la ecuación característica anterior a través de los invariantes:

7)( 332211 =++=== TTTTTTr iiijIT

( ) 1421

2221

1211

3331

1311

3332

2322 =++=−=TTTT

TTTT

TTTT

TTTT ijijjjiiII T

8321 === kjiijkijIII TTTT T

utilizando la ecuación característica será:

081470 2323 =−λ+λ−λ→=−λ+λ−λ TTT IIIIII

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

4;2;1 321 =λ=λ=λ

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

814144221

7421

321

133221

321

=λλλ==×+×+×=λλ+λλ+λλ=

=++=λ+λ+λ=

T

T

T

IIIII

I

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 definición de autovalor-autovector, donde cada autovalor iλ está asociado a un autovector )( in .

!Para 11 =λ



36


Ciudad Real

=

−−−−−

=

λ−λ−−

−λ−

000

110001310113

100031013

3

2

1

3

2

1

1

1

1

nnn

nnn

resultando el siguiente sistema de ecuaciones:

1

00

002

02

23

22

21

3

2121

21

=++=

=

==⇒

=+−=−

nnnnn

n

nnnnnn

ii

Luego, podemos obtener que: [ ](1)1

1 0 0 1λ = ⇒ = ±n .

NOTA: Esta solución podría haberse determinado previamente por la situación particular que presentan las componentes del tensor. Al ser los términos 032312313 ==== TTTT ,

133 =T ya es un valor principal, como consecuencia esta dirección ya es una dirección principal. Para 22 =λ

=

−−−−−

=

λ−λ−−

−λ−

000

210002310123

100031013

3

2

1

3

2

1

2

2

2

nnn

nnn

=−=+−

=⇒=−

00

0

3

21

2121

nnn

nnnn

Podemos observar que las dos primeras ecuaciones son linealmente dependientes. Necesitamos entonces de una ecuación adicional:

21121 1

21

23

22

21 ±=⇒=⇒=++= nnnnnnn ii

Luego:

(2)2

1 12 02 2

λ = ⇒ = ± ±

n

Para 43 =λ

=

−−−−−

=

λ−λ−−

−λ−

000

410004310143

100031013

3

2

1

3

2

1

3

3

3

nnn

nnn

21121

0300

121

23

22

21

3

2221

21

±=⇒=⇒=++=

=−

−=⇒

=−−=−−

nnnnnnn

n

nnnnnn

ii

Resultando:

1 TENSORES


37


Ciudad Real

(3)3

1 14 02 2

λ = ⇒ = ±

mn

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

[ ](1)1

(2)2

(3)3

0 0 1

1 1 02 2

1 1 02 2

λ ⇒ = ±

λ ⇒ = ± ±

λ ⇒ = ±

m

n

n

n

Ejemplo 1.60: Dado un tensor ortogonal propio Q , a) demostrar que Q tiene un autovalor real e igual a 1 . b) Demostrar también que Q puede ser representado en función de un ángulo θ tal que:

)(sin)(cos qrrqrrqqppQ ⊗−⊗θ−⊗+⊗θ+⊗=

donde p , q , r , son versores que constituyen una base ortonormal, siendo p la dirección correspondiente al autovalor 1=λ , es decir, p es autovector de Q . c) Obtener los invariantes principales de Q en función del ángulo θ . d) Dado el vector posición x

r , determinar el nuevo vector formado por la transformación ortogonal x

r⋅Q en el espacio p , q .

Solución: a) Teniendo en cuenta la definición de tensor ortogonal, podemos decir que:

TT

TT

TTT

T

)()(

)()(

1Q1QQ

1Q1QQ

Q1QQQ

1QQ

−−=−⇒

−−=−⇒

−=−⇒

=

⋅⋅⋅

⋅

A continuación obtenemos el determinante de los dos tensores anteriores:

[ ] [ ][ ] [ ] [ ] [ ]

[ ] [ ])()(

)()()(

)()(

1

1Q1Q

1Q1Q1QQ

1Q1QQ

Q

−−=−⇒

−−=−−=−⇒

−−=−

==

⋅

detdet

detdetdetdet

detdet

det

TT

TT

43421

El único escalar que cumple la expresión anterior es el cero, luego: [ ] 0)( =−1Qdet

Teniendo en cuenta la definición de autovalor, [ ] 0)( =λ− 1Qdet , concluimos que cuando 1=λ cumple [ ] 0)( =−1Qdet , luego 1=λ es autovalor de Q . Además, existe una dirección

(autovector) que cumple que *1

*1

*1 eeeQ =λ=⋅ .

b) Vamos considerar que *1 ep ≡ , *

2 eq ≡ , *3 er ≡ constituye una base ortornormal.



38


Ciudad Real

La representación simbólica del tensor en la base *1e , *

2e , *3e , viene dada por:

*3

*3

*33

*2

*3

*32

*1

*3

*31

*3

*2

*23

*2

*2

*22

*1

*2

*21

*3

*1

*13

*2

*1

*12

*1

*1

*11

***

eeeeee

eeeeee

eeeeee

eeQ

⊗+⊗+⊗+

+⊗+⊗+⊗+

+⊗+⊗+⊗=

⊗=

QQQ

QQQ

QQQ

Q jiij

(1.37)

Teniendo en cuenta que *1e es autovector de Q asociado al autovalor 1=λ , se cumple que

*1

*1

*1 eeeQ =λ=⋅ , además haciendo la proyección de Q , dado por (1.37), según dirección

*1e , obtenemos que:

[

]*3

*31

*2

*21

*1

*11

*1

*3

*3

*33

*2

*3

*32

*1

*3

*31

*3

*2

*23

*2

*2

*22

*1

*2

*21

*3

*1

*13

*2

*1

*12

*1

*1

*11

*1

*1

*1

eee

eeeeeee

eeeeee

eeeeeeeQ

eeQ

QQQ

QQQ

QQQ

QQQ

++=

⊗+⊗+⊗+

+⊗+⊗+⊗+

+⊗+⊗+⊗=

=

⋅

⋅⋅

Con lo cual concluimos que 1*11 =Q , 0*

21 =Q , 0*31 =Q .

Recordar que dos tensores coaxiales tienen las mismas direcciones principales. Un tensor y su inversa siempre serán tensores coaxiales, luego si TQQ =−1 , eso implica que TQ y Q son coaxiales, y *

1e también será dirección principal de TQ , luego se cumple que:

[

]*3

*13

*2

*12

*1

*11

*1

*3

*3

*33

*2

*3

*23

*1

*3

*13

*3

*2

*32

*2

*2

*22

*1

*2

*12

*3

*1

*31

*2

*1

*21

*1

*1

*11

*1

*1

*1

eee

eeeeeee

eeeeee

eeeeeeeQ

eeQ

QQQ

QQQ

QQQ

QQQ

++=

⊗+⊗+⊗+

+⊗+⊗+⊗+

+⊗+⊗+⊗=

=

⋅

⋅⋅

T

T

Con lo cual concluimos que 1*11 =Q , 0*

12 =Q , 0*13 =Q . Luego, la expresión (1.37) queda:

*3

*3

*33

*2

*3

*32

*3

*2

*23

*2

*2

*22

*1

*1 eeeeeeeeeeQ ⊗+⊗+⊗+⊗+⊗= QQQQ (1.38)

En forma de matriz, las componentes de Q en la base * ie vienen dadas por:

*2 eq ≡

1e

2e

pe *1 ≡

3e

*3 er ≡

*1

*1 eeQ =⋅

1 TENSORES


39


Ciudad Real

Recurrimos una vez más a la condición de ortogonalidad 1QQQQ == ⋅⋅ TT , o en función de las componentes en el espacio * ie :

[ ] [ ][ ] [ ]

=

++++⇒

=

⇒=

100010001

)()(0)()(0

001

100010001

00

001

00

001

2*23

2*33

*33

*32

*23

*22

*33

*32

*23

*22

2*32

2*22

*33

*32

*23

*22

*33

*23

*32

*22

**

QQQQQQQQQQQQ

QQQQ

QQQQQQ ijkjki δ

(1.39)

El determinante de un tensor ortogonal propio es 1)( +=Qdet :

1100

001*32

*23

*33

*22

*33

*32

*23

*22 =−⇒=

QQQQ

QQQQ (1.40)

Teniendo en cuenta (1.39) y (1.40) tenemos el siguiente conjunto de ecuaciones:

=θθ−−θθ=θ+θ

=θθ+θ−θ=θ+θ

=−

=+

=+

=+

1))(sinsin(coscos1sincos

0cossin)sin(cos1sincos

1

1)()(

0

1)()(

22

22

*32

*23

*33

*22

2*23

2*33

*33

*32

*23

*22

2*32

2*22

QQQQ

QQ

QQQQ

QQ

Con lo cual hemos demostrado la existencia de un ángulo θ que cumpla con las condiciones anteriores.

θθθ−θ=

=

cossin0sincos0001

00

001

*33

*23

*32

*22

*

QQQQQ ij (1.41)

Retomando la expresión (1.38), y teniendo en cuenta (1.41), concluimos que:

*1x

*3x

*2x

*33Q

*23Q

1*11 =Q

*22Q

*32Q

=

*33

*32

*23

*22

*

00

001

QQQQQ ij



40


Ciudad Real

[ ] [ ]*2

*3

*3

*2

*3

*3

*2

*2

*1

*1

*3

*3

*2

*3

*3

*2

*2

*2

*1

*1

sin cos

)(cos)(sin)sin( )(cos

eeeeeeeeee

eeeeeeeeeeQ

⊗−⊗θ−⊗+⊗θ+⊗=

⊗θ+⊗θ+⊗θ−+⊗θ+⊗=

Considerando que *1 ep ≡ , *

2 eq ≡ , *3 er ≡ , demostramos que:

)(sin)(cos qrrqrrqqppQ ⊗−⊗θ−⊗+⊗θ+⊗=

Es interesante verificar que la descomposición aditiva de Q en una parte simétrica y otra antisimétrica, en el espacio * ie , resulta:

[ ] [ ]44444 344444 214444 34444 21

ij

antiij

ij

symij

)(sin)(cos

0sin0sin00000

;cos00

0cos0001

**

qrrqrrqqpp ⊗−⊗θ−⊗+⊗θ+⊗

θθ−=

θθ= QQ

Observemos que el formato de antiij*Q es el mismo formato que presenta un tensor

antisimétrico (W ) en el espacio definido por su vector axil:

−=00

00000

*

ωωijW

donde ω es el módulo del vector axil. c) Teniendo en cuenta (1.41), queda de fácil demostración que θ+== cos21QQ III ,

1=QIII .

d) Representamos el vector posición xr a través de sus componentes y la base p , q , r :

rqp rqp ++=xr .

Luego, se cumple que:

rqprqp ===++= ⋅⋅⋅⋅ rqprqpp ;;)( xxx rrr

Luego,

pe *1 ≡

*2 eq ≡

O

*3 er ≡

xr

xxrr

⋅= Q~

θ

1 TENSORES


41


Ciudad Real

[ ] [ ]rqp

rqpqrrqrrqqppQ)sincos()sincos(

)(sin)(cos~

θ+θ+θ−θ+=++⊗−⊗θ−⊗+⊗θ+⊗== ⋅⋅

qrrqprqpxx

rr

1.1.9 Representación Espectral

Ejemplo 1.61: Sea w un tensor antisimétrico de segundo orden y V un tensor de segundo orden definido positivo cuya representación espectral viene dado por:

∑=

⊗λ=3

1

)()( a

aaa nnV

Demostrar que el tensor antisimétrico w puede ser representado por:

∑≠=

⊗=3

1,

)()(

baba

baab nnww

Demostrar también que se cumple la relación:

∑≠=

⊗λ−λ=− ⋅⋅3

1,

)()( )(

baba

baabab nnVV www

Solución: Es cierto que

( )

( )∑

∑

∑∑

=

=

==

⊗∧=

⊗∧=

⊗=

⊗= ⋅⋅⋅

3

1,

)()()(

3

1

)()(

3

1

)()(3

1

)()(

ba

aabb

a

aa

a

aa

a

aa

w nnn

nn

nnnn1

wr

www

donde hemos aplicado la propiedad de un tensor antisimétrico nn ∧=⋅ wrw , donde w

r es el vector axil asociado al tensor w . Expandiendo la expresión anterior obtenemos que

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) )3()3()3(

3)3()3()2(

2)3()3()1(

1

)2()2()3(3

)2()2()2(2

)2()2()1(1

)1()1()3(3

)1()1()2(2

)1()1()1(1

)3()3()()2()2()()1()1()(

nnnnnnnnn

nnnnnnnnn

nnnnnnnnn

nnnnnnnnn

⊗∧+⊗∧+⊗∧+

+⊗∧+⊗∧+⊗∧+

+⊗∧+⊗∧+⊗∧=

=⊗∧+⊗∧+⊗∧=

www

www

www

www bb

bb

bbw

Simplificando la expresión anterior resulta que:

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) )3()1(

2)3()2(

1

)2()1(3

)2()3(1

)1()2(3

)1()3(2

nnnn

nnnn

nnnn

⊗+⊗−

+⊗−⊗+

+⊗+⊗−=

ww

ww

www



42


Ciudad Real

Además teniendo en cuanta que 32231 ww =−=w , 31132 ww −==w , 21123 ww =−=w , w aún puede ser expresado por:

)3()1(13

)3()2(23

)2()1(12

)2()3(32

)1()2(21

)1()3(31

nnnn

nnnn

nnnn

⊗+⊗+

+⊗+⊗+

+⊗+⊗=

wwwwwww

el cual es exactamente igual a

∑≠=

⊗=3

1,

)()(

baba

baab nnww

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

∑∑

∑∑

≠=

≠=

=≠=

⊗λ=⊗⊗λ=

⊗λ

⊗=

⋅

⋅⋅

3

1,

)()(3

1,

)()()()(

3

1

)()(3

1,

)()(

baba

baabb

baba

bbbaabb

b

bbb

baba

baab

nnnnnn

nnnnV

ww

ww

y

∑

∑∑

≠=

≠==

⊗λ=

⊗

⊗λ= ⋅⋅

3

1,

)()(

3

1,

)()(3

1

)()(

baba

baaba

baba

baab

a

aaa

nn

nnnnV

w

ww

Luego,

∑

∑∑

≠=

≠=

≠=

⊗λ−λ=

⊗λ−

⊗λ=− ⋅⋅

3

1,

)()(

3

1,

)()(3

1,

)()(

)(

baba

baabab

baba

baaba

baba

baabb

nn

nnnnVV

w

wwww

Análogamente, es posible demostrar que:

∑≠=

⊗λ−λ=− ⋅⋅3

1,

)()(2222 )(

baba

baabab nnVV www

Ejemplo 1.62: Dado un tensor definido positivo C , cuyas componentes cartesianas de este tensor vienen dadas por:

1 TENSORES


43


Ciudad Real

=

201040102

ijC

Obtener los siguientes tensores: a) 2C ; b) C=U . c) Comprobar si los tensores C y U son coaxiales. Solución:

Observemos que los tensores 2C y C=U son tensores coaxiales con el tensor C . Haciendo la representación espectral del tensor C :

∑=

⊗γ=3

1

)()( a

aaa NNC

donde aγ son los autovalores del tensor C , y )( aN son los autovectores del tensor C . Luego, se cumple que:

∑∑==

⊗γ==⊗γ=3

1

)()(3

1

)()(22 ;a

aaa

a

aaa NNUNN CC

Cálculo de los autovalores y autovectores del tensor C . Podemos verificar que según la estructura de las componentes del tensor C ya conocemos un auto valor 42 =γ que está asociado a la dirección [ ]010 )2( ±=iN . Para calcular los restantes autovalores obtenemos el determinante característico siguiente:

=+=γ=−=γ

⇒±=γ−⇒=γ−⇒=γ−

γ−312112

1)2(1)2(021

12

3

122

Asociado al autovalor 11 =γ tenemos el siguiente autovector:

)1(3

)1(1)1(

3

)1(1

)1(3

)1(1

1

1 00

1111

00

21

12NN

NN

NN −=⇒

=

⇒

=

γ−

γ−

con la restricción 1 )1()1( =ii NN , resultando que:

21

21

11

)1(1

)1(3

)1(1

)1(1

)1(1

)1(1

)1(1

)1(3

)1(3

)1(2

)1(2

)1(1

)1(1

m=−=⇒

±=⇒

=+⇒

=++

NN

N

NNNN

NNNNNN

Asociado al autovalor 33 =γ tenemos el siguiente autovector:

)3(3

)3(1)3(

3

)3(1

)3(3

)3(1

3

3 00

11

1100

21

12NN

NN

NN =⇒

=

−

−⇒

=

γ−

γ−

con la restricción 1 )3()3( =ii NN , resultando que:



44


Ciudad Real

21

21

11

)3(1

)3(3

)3(1

)3(1

)3(1

)3(1

)3(1

)3(3

)3(3

)3(2

)3(2

)3(1

)3(1

±==⇒

±=⇒

=+⇒

=++

NN

N

NNNN

NNNNNN

Resumiendo tenemos que:

[ ]

−

= →

±±=⇒=γ

±=⇒=γ

±=⇒=γ

210

21

0102

102

1

210

213

01042

102

11

mción transforade Matriz

)3(3

)2(2

)1(1

A

i

i

i

N

N

N m

Luego se cumple que:

ACACACAC ′′ =⇒= TT En el espacio principal tenemos que:

=

±±

±=′=′

=′

⇒

=′

300020001

300040001

9000160001

300040001

2

ijij

ij

ij

C

C

C

U

Observemos que el tensor C es un tensor definido positivo, luego sus autovalores son positivos. En espacio original tenemos las siguientes componentes:

=

−

−

=5040160405

210

21

0102

102

1

9000160001

210

21

0102

102

1

2

T

ijC

Observemos que este resultado podría haber sido obtenido fácilmente a través de la operación CCC ⋅=2 , o en componentes:

=

==

5040160405

201040102

201040102

2kjikij CCC

Análogamente:

+−

−+

=

−

−

=

2130

213

0202

1302

13

210

21

0102

102

1

300020001

210

21

0102

102

1 T

ijU

1 TENSORES


45


Ciudad Real

c) Los tensores C y U son coaxiales ya que hemos obtenido los autovalores de U en el espacio principal de C . También podemos comprobar que son tensores coaxiales porque se cumple que CC ⋅⋅ =UU , en componentes.

=

+−

−+

=

098,30098,2080098,20098,3

2130

213

0202

1302

13

201040102

kjikC U

=

+−

−+

=098,30098,2080098,20098,3

201040102

2130

213

0202

1302

13

kjik CU

Ejemplo 1.63: Sea C un tensor de segundo orden simétrico y R un tensor ortogonal propio. Las componentes de estos tensores en el sistema Cartesiano vienen dadas por:

−

=

=

022

22

022

22

100

;201040102

ijijC R

a) Obtener los siguientes tensores: a.1) 8C ; a2) C=U . b) Obtener también los invariantes principales de C . c) Teniendo en cuenta que los tensores b y C están relacionados entre si a través de la siguiente transformación ortogonal RR ⋅⋅= bC T , obtener el tercer invariante principal de b . Solución:

a) Análogo al Ejemplo 1.62. Respuesta:

=

3281032800655360

3280032818C

b) 8)( 332211 =++=== CCCCCI iiijTrC

( ) 194002

2112

2004

21 =++=−= ijijjjii CCCCII C ; 12321 === kjiijk CCCIII CC

c) Teniendo en cuenta las propiedades de determinante, el tercer variante principal de b puede ser expresado por:

12)()()()()()(11

=====≡+=+=

⋅⋅ bbbbCC IIITT detdetdetdetdetdet32143421RRRR



46


Ciudad Real

Ejemplo 1.64: Sea un tensor de segundo orden simétrico S con 0)( ≠Sdet . Considerando que S tiene dos autovalores iguales, i.e. 32 SS = y 21 SS ≠ , demostrar que S puede ser representado por:

)( )1()1(2

)1()1(1 nn1nnS ⊗−+⊗= SS

donde )1(n es el autovector de S asociado al autovalor 1S , 1 es el tensor identidad de segundo orden. Solución: Partimos de la representación espectral de S :

)(

)3()3()2()2(2

)1()1(1

)3()3(3

)2()2(2

)1()1(1

3

1

)()(

nnnnnn

nnnnnn

nnS

⊗+⊗+⊗=

⊗+⊗+⊗=

⊗=∑=

SS

SSS

Sa

aaa

(1.42)

Recordar que 1 es un tensor esférico, con lo cual cualquier dirección es una dirección principal. Partiendo de este principio adoptamos el espacio principal de S para hacer la representación espectral de 1 :

)1()1()3()3()2()2(

)3()3()2()2()1()1(3

1

)()(

nn1nnnn

nnnnnnnn1

⊗−=⊗+⊗⇒

⊗+⊗+⊗=⊗=∑=a

aa

(1.43)

Reemplazando lo anterior en (1.42), obtenemos que:

)()(

)1()1(2

)1()1(1

)3()3()2()2(2

)1()1(1

nn1nn

nnnnnnS

⊗−+⊗=

⊗+⊗+⊗=

SS

SS

1.1.10 Teorema de Cayley-Hamilton

Ejemplo 1.65: Partiendo del teorema de Cayley-Hamilton obtener la inversa de un tensor T en función de potencia de tensores. Solución: El teorema de Cayley-Hamilton afirma que:

01TTT TTT =−+− IIIIII23

Haciendo el producto escalar de la expresión anterior por el tensor 1−T obtenemos que:

1 TENSORES


47


Ciudad Real

( )TTT

TTT

TTT

1TTT

0T1TT

T0T1TTTTTT

IIIIII

IIIIII

IIIIII

+−=⇒

=−+−

=−+−

−

−

−−−−− ⋅⋅⋅⋅⋅

21

12

1111213

1

Ejemplo 1.66: Dado el tensor T representado por sus componentes en el sistema cartesiano:

=

100020005

T

Comprobar el teorema de Cayley-Hamilton. Solución: El teorema de Cayley-Hamilton también se aplica para las componentes del tensor:

01 =−+− TTT IIIIII TTT 23

donde: 8125 =++=TI ; 175210 =++=TII ; 10=TIII

luego:

=

=10008000125

100020005

3

3

3T ;

=

=1000400025

100020005

2

2

2T

Aplicando el teorema de Cayley-Hamilton verificamos que:

=

=

−

+

−

000000000

000000000

000000000

100010001

10100020005

171000400025

810008000125

44444444444 344444444444 21

Ejemplo 1.67: Demostrar que si A es un tensor de segundo orden se cumple que:

[ ] )()(3)(2)(61)( 233 AAAAA TrTrTrTrdet −+=

Solución: Partiendo del teorema de Cayley-Hamilton, que afirma que todo tensor cumple su propia ecuación característica:

01AAA AAA =−+− IIIIII23 (1.44)

c.q.d.



48


Ciudad Real

donde [ ])(AA Tr=I , [ ] )()(21 22 AAA TrTr −=II , )(AA det=III son los invariantes

principales del tensor A . Haciendo el doble producto escalar con el tensor identidad de segundo orden (1 ) en la expresión (1.44) obtenemos que:

[ ] [ ][ ]

[ ]

[ ] 03)()()(3)(221

03)()(21)(

21)()()(

03)()(21)()()()(

)()()()()(

323

2323

2223

23

23

=−+−

=−−+−

=−−+−

=−+−

=−+−

A

A

A

AAA

AAA

AAAA

AAAAAA

AAAAAA

01AAA

10111A1A1A

III

III

III

IIIIII

IIIIII

TrTrTrTr

TrTrTrTrTrTr

TrTrTrTrTrTr

TrTrTrTrTr

:::::

Con lo cual obtenemos que:

[ ] )()(3)(2)(61)( 233 AAAAAA TrTrTrTrdet −+==III

o en notación indicial:

kkjiijkijkijkkjjiiIII AAAAAAAAAdet 3261)( −+== AA

Ejemplo 1.68:

Demostrar que )( 1−= TTT TrIIIII , donde [ ] )()(21 22 TTT TrTr −=II es el segundo

invariante principal de T , TIII es el tercer invariante principal, es decir, el determinante de T . Solución:

Fue demostrado en el Ejemplo 1.66 que ( )TTT

1TTT IIIIII

+−=− 21 1 , luego, aplicando el

doble producto escalar con el tensor identidad, obtenemos que:

( ) ( )

( )

TT

T

T

TT

TTT

TTT

TTT

T

TT

1TTT

111T1T11TT1T

IIIII

IIIIII

IIIIII

IIIIII

IIIIII

II

=⇒

+−=⇒

+−=

+−=+−=

−

−

−

−

−=

)(

3)()(

)()()(1)(

11

1

221

21

221

2

Tr

TrTr

TrTrTrTr

43421

:::::


)()(1)( 1 bc

bc1bc1 rr

rrrr

⋅+⊗−=⊗+ −

βααβ

αβα

1 TENSORES


49


Ciudad Real

donde cr

, br

son vectores, 1 es el tensor identidad de segundo orden, y α y β escalares.

Solución:

Haciendo que )( bc1Trr

⊗+= βα , y teniendo en cuenta la expresión de la inversa obtenida en el Ejemplo 1.65:

( )TTT

1TTT IIIIII

+−=− 21 1 (1.45)

A continuación obtenemos 2T :

)()()()(

)()(22

2 bcbc1bcbc111

bc1bc1TTTrrrrrrrr

rrrr

⊗⊗+⊗+⊗+=

⊗+⊗+==

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

βαβαβα

βαβα

donde se cumple que ))(()()( bcbcbcbcrrrrrrrr

⊗=⊗⊗ ⋅⋅ , ver Ejemplo 1.18. Luego, la expresión anterior puede ser rescrita como:

))(()(2 222 bcbcbc1Trrrrrr

⊗+⊗+= ⋅βαβα

y la traza viene dada por:

[ ]

222

22

22

222

)()(23

))(()(23

)()()(2)(

))(()(2)(

bcbc

bcbcbc

bcbcbc1

bcbcbc1T

rrrr

rrrrrr

rrrrrr

rrrrrr

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅

++=

++=

⊗+⊗+=

⊗+⊗+=

βαβα

βαβα

βαβα

βαβα

TrTrTr

TrTr

A continuación calculamos los invariantes principales de T

)(3)()()( bcbc1bc1T

rrrrrr ⋅+=⊗+=⊗+= βαβαβα TrTrTrI

[ ] 22222 )()(69)(3)( bcbcbcT

rrrrrr ⋅⋅⋅ ++=+= ββαβαI

[ ] )(23

)()(23)()(6921)(

21

2

22222222

bc

bcbcbcbcTTT

rr

rrrrrrrr

⋅

⋅⋅⋅⋅

+=

++−++=−=

αβα

βαβαββαTrIII

bcbc1T

rrrr ⋅+=⊗+= 23)( βααβαdetIII (ver Ejemplo 1.45)

Luego, la expresión (1.45) queda:

[ ] [ ]

)()(1)()(

)()(

)(23))((

)()(33))(()(2

)(23)( )(3

))(()(2

23

2

2

22

222

2

22

21

bc1bc

bc1bc

bc1bc1

1bc1bcbc

1bcbc1bcbcbc1

1bcbc1bc

bcbcbc1

1TTT TTT

rrrr

rrrr

rrrr

rrrrrr

rrrrrrrrrr

rrrrrr

rrrrrr

⊗−+=

⊗−+=

⊗−+=

++⊗−

−⊗−−⊗+⊗+=

++⊗++−

⊗+⊗+=

+−=

⋅

⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

−

αββααα

αβαβα

αβαβα

αβαβ

αβαβαβαβα

αβαβαβα

βαβα

IIIIII

(1.46)



50


Ciudad Real

Teniendo en cuenta que )( bc1Trr

⊗+= βα , bcT

rr ⋅+= 23 βααIII , la expresión anterior queda:

)()(1)(1

231

bc

bc1

bc1T

TT

T rr

rrrr

⋅+⊗−=⊗−=−

βαααβ

ααβ

α IIIIIIIII (1.47)

o aun:

)()(

1)(

1 bcbc

1bc1rr

rrrr

⊗+

−=⊗+⋅

−

βααβ

αβα (1.48)

Para el caso particular cuando 1=α , 1=β , obtenemos que:

bc

bc1bc1 rr

rrrr

⋅+⊗−=⊗+ −

1)()( 1 (1.49)

Ejemplo 1.70:

Teniendo en cuenta que )()(

1)(

1 bcbc

1bc1rr

rrrr

⊗+

−=⊗+⋅

−

βααβ

αβα , demostrar que:

[ ])()()(

1)( 111

11

−−

−−− ⋅⋅

⋅⋅⊗

+−=⊗+ AbaA

aAbAbaA

rrrr

rr

βααβ

αβα (1.50)

donde ar

, br

son vectores, A es un tensor de segundo orden, con 0)( ≠Adet , y α , β son escalares. Solución:

Observemos que el término )( baArr

⊗+ βα , puede ser reescrito como:

)()( 1 baA1AbaArrrr

⊗+=⊗+ ⋅⋅ −βαβα

Utilizando la propiedad de la inversa tal que 111)( −−− ⋅⋅ = ABBA , podemos decir que:

[ ] 111111 )()()( −−−−−− ⋅⋅⋅⋅ ⊗+=⊗+=⊗+ AbaA1baA1AbaArrrrrr

βαβαβα

Observemos que el resultado de la operación aAr⋅−1 resulta un vector y lo denotamos por

el vector aAcrr ⋅−= 1 , con lo cual podemos reescribir la expresión anterior como:

1 TENSORES


51


Ciudad Real

)()()(

1

)()()(

1)(

1

)()(

1

)()(

1

)(

)()(

111

1

111

11

11

1

11

1111

−−−

−

−−−

−−

−−

−

−−

−−−−

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅

⋅

⋅⋅

⋅⋅⋅

⊗+

−=

⊗+

−=

⊗+

−=

⊗+

−=

⊗

+−=

⊗+=

⊗+=⊗+

AbaAaAb

A

AbaAbc

A

Abcbc

A

Abcbc

A1

Abcbc

1

Abc1

AbaA1baA

rrrr

rrrr

rrrr

rrrr

rrrr

rr

rrrr

βααβ

α

βααβ

α

βααβ

α

βααβ

α

βααβ

α

βα

βαβα

Cuidado con la operación 43421

rrrr

erróneaExpresión

)()( 11 baAbaA ⋅⋅⋅⋅ −− ≠ , esta última no tiene consistencia,

ya que no podemos tener un producto escalar (contracción) con un escalar )( barr ⋅ . En

notación indicial se puede comprobar ikikiiii baAbbc 11 )( −− === ⋅⋅ aAbcrrr

, luego, las expresiones posibles son

43421434214342143421

rr

rrrrrrrr)()(

1

1

11

1

11 )(

baAabAbAaaAb

baA

⊗⊗ −

−

−

−

−

−

−

−− ====

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

:: T

ikikikik

T

iikkkiki baAbaAbAaaAb .

Para el caso particular cuando 1=α , 1=β , recaemos en la fórmula de Sherman-Morrison:

aAb

AbaAAbaA rr

rrrr

⋅⋅⋅⋅

−

−−−−

+⊗−=⊗+

1

1111

1)()()( Fórmula de Sherman-Morrison (1.51)

NOTA: Podemos extender la expresión (1.50) de tal forma que:

[ ])()()(

1)( 111

11

−−

−−− ⊗

+−=⊗+ DD

DDD ::

::BA

ABBA

βααβ

αβα (1.52)

donde ahora tenemos que D es un tensor de cuarto orden, A y B son tensores de segundo orden, y α , β son escalares.

1.1.11 Tensores Isótropos y Anisótropos

Ejemplo 1.71: Sea el tensor de cuarto orden C , cuyas componentes vienen dados por:

jkiljlikklijijkl δγδδµδδδ ++λ=C (1.53)

a) ¿Qué tipo de simetría presenta el tensor C ? b) Que condiciones hay que cumplir para que C sea un tensor simétrico? Solución:



52


Ciudad Real

El tensor presenta simetría mayor si se cumple que klijijkl CC = . Teniendo en cuenta (1.53), concluimos que:

ijkllikjljkiijklklij CC =++λ= δγδδµδδδ

Verificamos ahora si el tensor presenta simetría menor, por ejemplo ijlkijkl CC =

ijkljlikjkillkijijlk CC ≠++λ= δγδδµδδδ

Se puede comprobar este hecho fácilmente por adoptar 2=i , 1=j , 1=k , 2=l , con eso:

γδγδδµδδδ =++λ== 1122122112212112CC ijkl

µδγδδµδδδ =++λ== 1221112221212121CC ijlk

Luego, el tensor C solo será simétrico (simetría menor y mayor) si γµ = , resultando:

)( jkiljlikklijijkl δδδδµδδ ++λ=C

Verifiquemos que klijδδ presenta simetría mayor y menor, mientras que los tensores

jlikδδ , jkilδδ no son simétricos. Fijemos también que symijkljkiljlik I2)( =+ δδδδ .

Ejemplo 1.72: Sea el tensor de cuarto orden C , cuyas componentes vienen dadas por:

)( jkiljlikklijijkl δδδδµδδ ++λ=C (1.54)

donde λ y µ son constantes. Demostrar que C es un tensor isótropo.

Solución: Un tensor de cuarto orden será isótropo si se cumple que:

mnpqlqkpjnimijkl aaaa CC =′ (1.55)

donde ija es la matriz de transformación de base, luego:

[ ]

)(

)(

)(

lqkpjpiqlqkpjqiplqkqjnin

npmqlqkpjnimnqmplqkpjnimpqmnlqkpjnim

npmqnqmppqmnlqkpjnimijkl

aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa

aaaa

++λ=

++λ=

++λ=′

µδδδδµδδ

δδδδµδδC

(1.56)

Observemos que ijjkik aa δ= , o en notación matricial 1=TAA , ya que la matriz de transformación es una matriz ortogonal, por lo que tenemos:

ijkljkiljlikklijijkl CC =++λ=′ )( δδδδµδδ (1.57)

luego C es isótropo.

Ejemplo 1.73: Sea C un tensor de cuarto orden simétrico e isótropo representado por:

( )jkiljlikklijijkl δδδδµδδ ++λ=C (notación indicial)

I11 µ2+⊗λ=C (notación tensorial)

1 TENSORES


53


Ciudad Real

donde λ , µ son escalares constantes, 1 es el tensor identidad de segundo orden, I es la parte simétrica del tensor identidad de cuarto orden, es decir, symI≡I . Se pide:

a) Dado un tensor de segundo orden simétrico ε , obtener σ que viene dado por la siguiente operación εσ :C= . Expresar el resultado en notación tensorial e indicial.

b) Demostrar que σ y ε presentan los mismos autovectores (mismas direcciones principales).

c) Si σγ son los autovalores (valores principales) del tensor σ , obtener también los autovalores del tensor ε .

Solución: a)

Notación tensorial: Notación indicial

( )

ε1ε

εIε11εI11

εσ

εε

µ

µµ

2)(

22

)(

+λ=

+⊗λ=+⊗λ=

=

TrTr sym

:::

:C

( )[ ]( )

( )( )

ijkkij

symijkkij

jiijkkij

kljkilkljlikklklij

kljkiljlikklij

klijklij

ε+ελ=

ε+ελ=

ε+ε+ελ=

ε+ε+ελ=

ε++λ=

ε=σ

µδµδ

µδδδδδµδδ

δδδδµδδ

2

2

C

donde hemos considerado la simetría del tensor Tεε = . b) y c) Partiendo de la definición de autovalor y autovector del tensor σ :

nnσ σ γ=⋅

Reemplazando el valor de σ obtenido anteriormente podemos decir que:

( )

( )

nnε

nε

nε

nεnε

nεnnε

nnεnε

nnεn1ε

nnε1ε

ε

σ

σ

σ

σ

σ

σ

2

)(

)(2

)(2

2)(

2)(

2)(

γ=⇒

λ−γ=⇒

λ−γ=⇒

λ−γ=⇒

γ=+λ⇒

γ=+λ⇒

γ=+λ

⋅

⋅

⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅

µ

µµ

µµ

µ

Tr

Tr

Tr

Tr

Tr

Tr

Con lo cual concluimos que σ y ε presentan los mismos autovectores (son coaxiales). Y además los autovalores de ε se pueden obtener como:

µ2)(εσ

εTrλ−γ

=γ

Si denominamos que 1)1( ε=γ ε , 2

)2( ε=γ ε , 3)3( ε=γ ε y 1

)1( σ=γσ , 2)2( σ=γσ , 3

)3( σ=γσ . La forma explícita de la relación anterior viene dada por:



54


Ciudad Real

λ−

σσ

σ=

εε

ε

100010001

2)(

000000

21

000000

3

2

1

3

2

1

µµεTr

donde también se cumple que:

εε

ε+

λ=

σσ

σ

3

2

1

3

2

1

000000

2100010001

)(00

0000

µεTr

Ejemplo 1.74: Obtener la inversa del tensor de cuarto orden 11I ⊗λ+= µ2C donde I es el tensor identidad simétrico de cuarto orden, 1 es el tensor identidad de segundo orden, y µ , λ son escalares. Solución: Recurrimos a la ecuación obtenida en (1.52):

[ ])()()(

1)( 111

11

−−

−−− ⊗

+−=⊗+ DD

DDD ::

::BA

ABBA

βααβ

αβα

Haciendo que I=D , 1BA == , µα 2= , λ=β , obtenemos que:

[ ])()()2(22

1)2()( 111

111

−−

−−−− ⊗

λ+λ−=⊗λ+= I11I

1I1I11I ::

::µµµµC

Recordar que se cumple que II =−1 , 11I1I ==− :: )( 1 . A continuación obtenemos el valor del escalar 1I1 :: 1− , expresamos en notación indicial:

3)(21

)(21

)(211

=+=

+=

+===−

jjjj

kljkilijkljlikij

kljkiljlikijklsymijklij

δδ

δδδδδδδδ

δδδδδδδδ I1I11I1 ::::

Resultando que:

)()32(22

1)2()(

11 11I11I ⊗λ+

λ−=⊗λ+= −−

µµµµC

Ejemplo 1.75:

Sea )(NeQ un tensor de segundo orden, denominado de tensor acústico elástico, y definido como:

NNN )( ⋅⋅= ee CQ

donde eC es un tensor de cuarto orden simétrico e isótropo dado por I11 µ2)( +⊗λ=eC , cuyas componentes son: )( jkiljlikklij

eijkl δδδδµδδ ++λ=C . Obtener

las componentes del tensor acústico en función de las constantes λ , µ .

1 TENSORES


55


Ciudad Real

Solución: Utilizando notación simbólica obtenemos que:

( ) ( ) ( )( ) ( )rqs

epqrsprqsjipj

epqrsi

jjsrqpepqrsii

e

ee

eeee

eeeeeeN

NNN

)(

)(

⊗=⊗=

⊗⊗⊗=

=

⋅⋅⋅⋅

NNNN

NN

CC

C

δδ

Q

Q C

Luego, las componentes de )(NeQ son:

[ ]

)()(

)(

sqrsqrrq

sqrpspsqsprpsprspq

sqrpsqsprrspqp

sepqrspqr

eQ

NNNNNN

NNNNNN

NN

NN

δµ

δδδδµδδ

δδδδµδδ

++λ=

++λ=

++λ=

= C

Ya que N es un versor se cumple que 1=ssNN , resultando que:

( )( ) NN1N )(

⊗+λ+=

+λ+=

µµ

µµδe

rqqrqreQ

Q

NN

Ejemplo 1.76: Sea Q un tensor de segundo orden simétrico y dado por:

NN1N )()( ⊗+λ+= µµQ

donde λ , µ son constante y N es un versor.

a) Obtener los autovalores de )(NQ y determinar las restricciones de λ e µ para que exista la inversa de )(NQ , i.e. 1 −∃Q .

b) Teniendo en cuenta que )21)(1( ν−ν+

ν=λ E , )1(2 ν+

= Eµ , determinar los valores posibles

de ( ν,E ) para que )(NQ sea un tensor definido positivo.

Solución:

a) Fue demostrado en el Ejemplo 1.45 que, dado dos vectores ar

y br

se cumple que:

( ) baba1rrrr ⋅+=⊗+ αββαβ 23det

Los autovalores se obtienen al resolver el determinante característico ( ) 0=γ− 1Qdet , donde iγ son los autovalores de Q . Luego:

( )( ) 0)()(

0)(

=⊗+λ+γ−

=γ−⊗+λ+

NN1

1NN1

µµ

µµ

det

det

Haciendo )( γ−= µβ y )( µα +λ= concluimos que:



56


Ciudad Real

( )

[ ][ ] 0)2()(

0)()()(

0)()()(

0)()(

2

21

23

=γ−+λγ−

=+λ+γ−γ−

=+λγ−+γ−

=⊗+λ+γ−

=⋅

µµµµµ

µµµ

µµ

NN

NN1det

La ecuación característica anterior, ecuación cúbica en γ , tiene las siguientes soluciones:

[ ][ ]

+λ=γ⇒=γ−+λ

=γ=γ

⇒=γ− →=γ−+λγ−

)2(0)2(

0)(0)2()(

3

2

122

µµµµ

µµµ solución

En el espacio principal de Q , las componentes de Q vienen dadas por:

+λ=′

)2(000000

µµ

µ

ijQ

Para que haya la inversa de Q , el determinante de Q tiene que ser distinto de cero:

−≠λ⇒≠+λ≠

⇒≠+λ×=µµ

µµµ

2020

0)2(2Q

b) Un tensor será definido positivo si sus autovalores son mayores que cero, luego:

>+ν−ν−

ν−=ν+

+ν−ν+

ν=+λ

>ν+

=

0)12(

)1()1(2

2)21)(1(

2

0)1(2

2

EEE

E

µ

µ

Verifiquemos que

≠ν−≠ν

⇒≠+ν−ν−

−≠ν⇒≠ν+

5,01

0)12(

10)1(

2

Denotando por 0)1(1 ≠ν+=y , 0)1(2 ≠ν−=y , 0)12( 23 ≠+ν−ν−=y , podemos

reescribir las condiciones como:

><<>

⇒<

<>

⇒>⇒>=+λ

<<

>>

⇒>=

0,00,0

0

0,0,

002

00

00

02

32

32

32

32

3

2

1

1

1

yyyy

E

yyyy

E

yEy

yE

yE

yE

µ

µ

Resumiendo:

] [ ] [] [

−∞−⊂ν⇒<∞∪−⊂ν⇒>

1 ; 0 ; 1 5,0 ; 10

EE

1 TENSORES


57


Ciudad Real

1.1.12 Descomposición Polar

Ejemplo 1.77: Considérese un tensor F que tiene inversa ( 0)( ≠Fdet ), y que puede ser descompuesto como:

QVUQ ⋅⋅ ==F

Si U tiene los autovalores aλ asociados a los autovectores )( aN , y V tiene los autovalores

aµ asociados a los autovectores )( an , probar que:

aa λ=µ

Obtener también la relación que hay entre los autovectores )( aN y )( an . Solución: Partiendo de la definición de autovalor, autovector del tensor U :

)()( aa

a NNU λ=⋅

Por la definición de F podemos obtener las siguientes relaciones:

QVQUQ

QVQUQQQ

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

==⇒

==TT

TTT

F

F

Reemplazando en la definición de autovalor, autovector:

(aquí el índice no indica suma)

0<E 0>E 0>E

1−=ν

5,0=ν

ν

)(νy

0)1(1 ≠ν+=y

0)1(2 ≠ν−=y

0)12( 23 ≠+ν−ν−=y

1=ν 1 zona

no

fact

ible



58


Ciudad Real

)()(

)()(

)()(

aa

aT

aa

aT

aa

a

NQNQVQQ

NNQVQ

NNU

1

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

λ=

λ=

λ=

321

Resultando:

)()(

)()(

a

aa

aa

a

nnV

NQNQV

λ=

λ=

⋅⋅⋅⋅

donde hemos considerado que )()( aa NQn ⋅= . Además comparando las dos definiciones de autovalor y autovector de los tensores U y V podemos comprobar que tienen los mismos autovalores y distintos autovectores y que están relacionados por la transformación ortogonal )()( aa NQn ⋅= .

1.1.13 Tensor Esférico y Desviador

Ejemplo 1.78:

Considérese un tensor de segundo orden simétrico σ y su parte desviadora devσs ≡ .

a) Obtener el resultado de la operación σss

∂∂: .

b) Demostrar también que los tensores σ y devσ son tensores coaxiales. Solución:

a) Teniendo la definición de un tensor desviador sσσσσ +=+= esfdevesf . Obtenemos

que: 1σs σ

3I

−= . Luego:

[ ] [ ]1

σσσ

σ

1σ

σs σ

σ

∂∂

−∂∂=

∂

−∂=

∂∂ I

I

313


[ ]ijkljlikij

klkl

ij

kl

ij Iδδδδδ

31

31 −=

σ∂∂

−σ∂σ∂

=σ∂∂ σs

Con lo cual

kliiklklijklijjlikijijkljlikijkl

ijij sssssss

s =−=−=

−=

σ∂∂

=031

31

31 δδδδδδδδδ

sσss =

∂∂:

b) Para demostrar que dos tensores son coaxiales, hay que cumplir que:

1 TENSORES


59


Ciudad Real

σσσ1σ

σ1σσ1σσσ

1σσσσσσσσσσ

σσσσ

σ

σσ

σ

⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅

=

−=

−=−=

−=−=−=

=

dev

esfesf

devdev

I

II

I

3

33

3)(

Con lo cual demostramos que los tensores σ y devσ son coaxiales, es decir, tienen las mismas direcciones principales.

1.1.14 Otros

Ejemplo 1.79:

Considere [ ] ( )21

21

)( bb IIIJ == det , donde b es un tensor de segundo orden simétrico, Tbb = . Obtener la derivada de J y de )(JLn con respecto a b .

Solución:

( )

( ) ( )

( ) 1121

21

21

21

21

21

21

21

−−

−−−

==

=∂

∂=

∂

∂

=∂∂

bb

bb

bb

b

bbb

b

b

JIII

IIIIIIIII

III

IIIJ

T

( )[ ] 1

21

21

21 −=

∂∂

=∂

∂

=∂

∂ bbbb

b

b

b IIIIII

IIIJ

LnLn

Ejemplo 1.80: Obtener los valores principales y direcciones principales de la parte simétrica del tensor T , cuyas componentes en el sistema cartesiano vienen dadas por:

)2,1,(4315

=

= jiijT

Solución: La parte simétrica del tensor viene dada por:

⇒

⇒



60


Ciudad Real

( )

=+=

4225

21

jiijsymij TTT

Valores principales:

0169042

25 2 =+λ−λ⇒=λ−

λ−

La solución de la ecuación cuadrática viene dada por:

=≡λ=≡λ

⇒×

××−−±−=λ

4385,25615,6

12)16()1(4)9(9

22

112

)2,1( TT

Podemos dibujar el círculo de Mohr del tensor symT : En el caso plano, la dirección principal se puede obtener directamente a través de la relación:

º982,37445222

)2tan(2211

12 =θ⇒=−×=

−=θ symsym

sym

TTT

1.1.15 Función de Tensores. Campo de Tensores.

Ejemplo 1.81:

Encuentre el gradiente de la función 1 21 2 1( , ) sin( ) x xf x x x= + exp en el punto (0,1).

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

22

11

eexf

xff

∂∂+

∂∂=∇

donde:

2121

1)cos( xxxx

xf

exp+=∂∂ ; 21

12

xxxxf

exp=∂∂

symNT

symST

5615,6=IT 4385,2=IIT

θ2

), 1211symsym T(T

1 TENSORES


61


Ciudad Real

[ ] [ ] 2112121 )cos(),( 2121 ee xxxx xxxxxf expexp ++=∇

[ ] [ ] 121 202)1,0( eee =+=f∇

Ejemplo 1.82: Supongamos que v

r y ϕ son respectivamente vector y escalar, y dos veces diferenciables continuamente. Usando notación indicial, demostrar que:

a) 0)( =∧⋅ vr

∇∇

b) ϕϕ 2)( ∇∇∇ =⋅

c) µφφµφµ ∇∇∇ +=)(

d) vvvrrr ⋅⋅⋅ += ∇∇∇ φφφ )(

e) )()( BABABA ⋅⋅⋅⋅ += ∇∇∇ :

Solución: a) Considerando que

ijkijk v e,=∧ vr

∇ (1.58)

llxe)()( ⋅⋅

∂•∂=•∇ (1.59)

luego

jlkljk

jkljkl

iljkijkl

lijkijkl

v

vx

vx

vx

,

,

,,

)(

)()()(

=∂∂=

δ∂∂=

∂∂=∧ ⋅⋅ eev

r∇∇

(1.60)

Observemos que ljk es un tensor antisimétrico en lj y jlkv , es simétrico con lj , luego:

0, =jlkljk v (1.61)

b)

ϕϕϕ

ϕϕ

δϕϕϕ

22

2

,,

,, )()()(

∇

∇∇

=∂∂=

∂∂

∂∂=

=∂∂

=

∂∂=

∂∂= ⋅⋅

jjj

jjj

j

ijij

jiij

xxx

x

xxee

(1.62)

c)

[ ]

[ ] [ ]ii

iiii

µφφµφµµφφµφµ

∇∇

∇

+=

+== ,,,)()( (1.63)



62


Ciudad Real

d) El resultado de la operación )( vrφ⋅∇ resulta un escalar, luego:

vvv

rr

r

⋅⋅⋅

+=+==

∇∇∇

φφφφφφ iiiiii vvv ,,,)()(

e) Considerando que kjikij BA=⋅ )( BA , [ ] jkjikkjikjiji ,, )()()( BABA === ⋅⋅⋅ BABA∇ , luego

[ ] [ ]iijkjikkjjikjkjik )()( ,,, BABA ⋅⋅+=+= ∇∇ :BABABA

Ejemplo 1.83: Probar la identidad:

babarrrr ⋅⋅⋅ +=+ ∇∇∇ )(

Solución:

Considerando que jjea a=r

y kkeb b=r

y i

i x∂∂= e∇ podemos expresar el primer

miembro de la identidad como:

baeeeeeee rr ⋅⋅⋅⋅⋅ +=

∂∂

+∂∂

=∂∂

+∂∂

=∂+∂

∇∇i

i

i

iik

i

kij

i

ji

i

kkjj

xxxxxbababa )(

Ejemplo 1.84:

Obtener las componentes de barr ⋅)(∇ .

Solución:

Considerando: jjea a=r

; kkeb b=r

y i

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

jk

jkj

i

jikkkkij

i

jkki

i

jj

xxxxeeeeeee

eba )()()(

)(∂∂

=∂∂

=

⊗

∂∂

=

⊗

∂∂

= ⋅⋅⋅ ab

abb

ab

aδ

rr∇

Expandiendo el índice mudo k :

33

22

11 xxxx

jjj

k

jk ∂

∂+

∂∂

+∂∂

=∂∂ a

ba

ba

ba

b

luego:

3

33

2

32

1

31

3

23

2

22

1

21

3

13

2

12

1

11

3

2

1

xxxj

xxxj

xxxj

∂∂

+∂∂

+∂∂

⇒=

∂∂

+∂∂

+∂∂

⇒=

∂∂

+∂∂

+∂∂

⇒=

ab

ab

ab

ab

ab

ab

ab

ab

ab

Ejemplo 1.85:

c.q.d.

1 TENSORES


63


Ciudad Real

Probar que la siguiente relación es válida:

TTTT

∇∇∇ ⋅⋅⋅ −=

qqq rrr

211

donde ),( txrrq es un vector arbitrario y ),( tT x

r un escalar.

Solución:

TTT

TTT

TTxT

iiii

i

ii

i

∇∇

∇

⋅⋅

⋅

−=

−=

=

∂∂=

qq

q

rr

r

2

,2,

,

11

11qq

qq


a) )()()()( aaaarrrr

∧λ+∧λ=λ∧=λ ∇∇∇rot (1.64)

b) abbabaabbarrrrrrrrrr ⋅⋅⋅⋅ −+−=∧∧ )()()()()( ∇∇∇∇∇ (1.65)

c) aaarrr 2)()( ∇∇∇∇∇ −=∧∧ ⋅ (1.66)

d) )()()( 2 φψφψφψ ∇∇∇∇∇ ⋅⋅ += (1.67)

Solución:

a) El resultado de la operación )( ar

λ∧∇ será un vector, cuyas componentes vienen dadas por:

[ ]

ii

kjijki

kjijkjkijk

jkkjijk

jkijki

)()()()(

)()()(

,,

,,

,

aaa

a

rr

r

r

∧λ∧λ=λ∧λ=

λλ=λ+λ=

λ=λ∧

∇∇∇∇

∇

aaaaa

a

(1.68)

con lo que comprobamos la identidad: )()()()( aaaarrrr

∧λ+∧λ=λ∧=λ ∇∇∇rot .

Las componentes del producto vectorial )( barr

∧ vienen dadas por jikijk ba=∧ )( barr

. Luego:

[ ])(

))(

,,

,(

pjijpilpkkij

pjikijlpkl

baba

ba

+=

=∧∧

barr

∇ (1.69)

b) Considerando que ijkkij = , el resultado de jlipjpillpkijk δδδδ −= y reemplazando en la expresión anterior obtenemos que:



64


Ciudad Real

[ ]

plpppllppppl

pjijlippjijpiljpijlipjpijpil

pjijpijlipjpil

pjijpilpkkijl

,,,,

,,,,

,,

,,

))((

)()(

babababa

babababa

baba

baba

−+−=

−+−=

+−=

+=∧∧

δδδδδδδδδδδδ

barr

∇

(1.70)

Podemos observar que [ ] ppll ba ,)( =⋅barr

∇ , [ ] lppl ba ,)( =⋅ barr

∇ , [ ] ppll ,)( ba=⋅ ab rr∇ ,

[ ] plpl ,)( ba=⋅abrr

∇ .

c) Las componentes del producto vectorial )( ar

∧∇ vienen dadas por 321

r

i

jkijki

c

a ,)( =∧ a∇ .

Luego:

[ ]

jlkijkqli

ljkijkqli

liqliq

,

,,

,

)

)(

(a

a

c

=

=

=∧∧ ar

∇∇

(1.71)

Considerando que ljqklkqjjkiqliijkqli δδδδ −== , la expresión anterior queda:

[ ]

llqkqk

jlkljqkjlklkqj

jlkljqklkqj

jlkijkqliq

,,

,,

,

,

)(

)(

aa

aa

a

a

−=

−=

−=

=∧∧

δδδδδδδδ

ar

∇∇

(1.72)

Podemos observar que [ ] kqkq ,)( a=⋅ar∇∇ y [ ] llqq ,2 a=ar

∇ .

d)

)()(

)()(

2

,,,

,,

ψφψφ

ψφφψφψψφ

∇∇∇

∇∇

⋅

⋅

+=

+==

iiii

ii

(1.73)

donde φ y ψ son funciones escalares.

Otra identidad interesante que origina de la anterior es:

)()()(

)()()(2

2

φψφψφψψφψφψφ

∇∇∇∇∇

∇∇∇∇∇

⋅⋅⋅⋅

+=

+= (1.74)

Restando las dos identidades anteriores obtenemos que:

φψψφφψψφφψψφφψψφ

22

22

)(

)()(

∇∇∇∇∇

∇∇∇∇∇∇

−=−⇒

−=−

⋅⋅⋅

(1.75)

Ejemplo 1.87:

a) Probar que ( ) 0 =∧⋅ vr∇∇ y que ( ) 0r

=∧ φ∇∇ , donde φ es un campo escalar, y vr es un

campo vectorial; b) Demostrar que ( )[ ] [ ] )()()())(( vvvvvvvv rrrrrrrr

∧−∧+∧=∧∧∧ ⋅⋅⋅ ∇∇∇∇∇∇∇∇ ;

1 TENSORES


65


Ciudad Real

c) Teniendo en cuenta que vrr

∧=∇ω , demostrar que ωrrr 222 )()( ∇∇∇∇∇ =∧=∧ vv .

Solución:

Considerando: ijkijk v e,=∧ vr

∇

( ) ( )

( ) ( )jikijk

jki

ijkiljkl

ijk

lijkijkl

v

vx

vx

vx

,

,,

,

=∂∂=

∂∂=

∂∂=∧ ⋅⋅

δ

eevr∇∇

La segunda derivada de vr es simétrica en ij , i.e. ijkjik vv ,, = , mientras que ijk es

antisimétrico en ij , i.e., jikijk −= , luego:

0,33,22,11, =++= jiijjiijjiijjikijk vvvv

Observar que jiij v ,11 es el doble producto escalar de un tensor simétrico con un antisimétrico, cuyo resultado es cero. Análogamente demostramos que:

( ) 0eer

===∧ iiikjijk 0, φφ ∇∇

NOTA: El rotacional del gradiente de un escalar resulta ser igual al vector nulo, y la divergencia del rotacional de un vector resulta ser igual a cero.

b) Denominamos por vrr

∧=∇ω , con eso, quedamos con

( )[ ] )( vvv rrrr∧∧=∧∧∧ ω∇∇∇

Recurrimos a la identidad (1.65), luego, se cumple que:

ωωωωωrrrrrrrrrr ⋅⋅⋅⋅ −+−=∧∧ )()()()()( vvvvv ∇∇∇∇∇

Fijemos que el término 0)( =∧= ⋅⋅ vrr

∇∇∇ ω , que fue demostrado en el apartado a). Luego, concluimos que:

[ ] )()()())(()()()()(

vvvvvvvvvv

rrrrrr

rrrrrrrr

∧−∧+∧=−+=∧∧

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

∇∇∇∇∇∇∇∇∇∇ ωωωω

c) Recurriendo a la identidad (1.66) podemos decir que:

ωrr

rrr

∧−=∧∧−=

⋅⋅

∇∇∇∇∇∇∇∇

)()()(2

vvvv

Aplicando el rotacional a la expresión anterior obtenemos que:

[ ] )()()( 2 ω

0

r

44 344 21rr

r∧∧−∧=∧

=

⋅ ∇∇∇∇∇∇∇ vv

donde hemos tenido en cuenta que el rotacional del gradiente de un escalar resulta el vector nulo. Recurrimos una vez más la identidad (1.66) para expresar el término )( ω

r∧∧ ∇∇ ,

resultando:



66


Ciudad Real

[ ]

)(

)(

)()()(

2

2

22

0

v

v

v

r

r

43421r

rrrr

∧=

+∧−=

+−=∧∧−=∧

=

⋅⋅

∇∇

∇∇∇∇

∇∇∇∇∇∇∇

ω

ωωω


a) )()(

)()()(

baba

bababarrrr

rrrrrr

rotrot ⋅⋅⋅⋅⋅

+=

∧+∧=∧ ∇∇∇ (1.76)

Solución:

La operación )( barr

∧⋅∇ resulta un escalar:

)()(

)()(

)()(

,,

,

baba

ba

barrrr

321321

rr

rr

∧+∧=

+=

=∧

⋅⋅

⋅

∧∧

∇∇

∇

∇∇

j

j

ikijkk

k

ijijk

ikjijk

abba

ba

Ejemplo 1.89: Sea v

r un vector que es función de xr , i.e. )(xvv

rrr= , donde sus componentes viene dadas

por:

++−=−+=+−=

3213

3212

3211

323525

xxxvxxxvxxxv

a) Obtener el gradiente de vr ; b) Obtener 1:v

r∇

c) Hacer la descomposición aditiva del tensor vr

∇ a través de su parte simétrica y otra antisimétrica. Solución: a)

−−

−=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

= →∂∂=

132315

251)(

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

xv

xv

xv

xv

xv

xv

xv

xv

xv

xv

j

iij

scomponente vxvv

rr

rr

∇∇

b) 3111)( =++== vvrr

∇∇ Tr1:

c) [ ] [ ]44 344 21

rr

44 344 21

rrrrr

rr anti

T

sym

Tantisym

)()(

)()(21)()(

21)()(

vv

vvvvvvv

∇∇

∇∇∇∇∇∇∇

==

−++=+=

Luego, las componentes de sym)( vr

∇ y anti)( vr

∇ vienen dadas respectivamente por:

1 TENSORES


67


Ciudad Real

−−

−=

∂∂

−∂∂

=

=

∂∂

+∂∂

=032305

250

21)(;

100010001

21)(

i

j

j

iantiij

i

j

j

isymij x

vxv

xv

xv

vvrr

∇∇

Ejemplo 1.90:

Sea un tensor de segundo orden definido por vr

∇=l . Teniendo en cuenta que sym)( vr

∇=D y anti)( v

r∇=W demostrar que

antiantianti )()()(2 ll ⋅⋅⋅⋅⋅ ===+ vvrr

∇∇WDWDDW

Solución: En el Ejemplo 1.32 hemos demostrado que, dado un tensor de segundo orden arbitrario l se cumple que

antisymantiantisymsymanti )(2 llllll ⋅⋅⋅ =+

Luego, se cumple que anti)(2 WDWDDW ⋅⋅⋅ =+ . Teniendo en cuenta la definición de

simetría y antisimetría, [ ]Tll +=21D , [ ]Tll −=

21W ,podemos concluir que:

[ ][ ][ ] [ ]

[ ][ ]

antianti

antianti

antiT

antiTTantiTT

antiTTTT

antiTT

anti

)()(

)(221

)(21

21

2121

)()(42

)(2

vvrr

444 3444 21

∇∇ ⋅⋅

⋅

⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

⋅

⋅⋅⋅

==

=

−=

−+−=

−−+=

−+=

=+

=

ll

ll

llll

llllllll

llllllll

llll

0

WDWDDW

OBS.: Fijemos que el tensor resultante llll ⋅⋅ − TT es simétrico, ya que:

llllllll ⋅⋅⋅⋅ −=− TTTTT )( .

Ejemplo 1.91:

Considérese un campo vectorial estacionario )(xrru . Obtener las componentes del

diferencial total ur

d . Considerando que )(xrru representa el campo de desplazamientos y es

independiente de la componente 3x , hacer la representación gráfica del campo de desplazamiento en un elemento diferencial de área 21dxdx .

Solución:



68


Ciudad Real

Según la definición de diferencial total y de gradiente se cumple que: Luego, las componentes vienen dadas por:

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

⇒

∂∂

=

3

2

1

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

3

2

1

dxdxdx

xxx

xxx

xxx

ddd

dxx

d jj

ii

uuu

uuu

uuu

uuu

uu

Explícitamente:

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

33

32

2

31

1

33

33

22

2

21

1

22

33

12

2

11

1

11

dxx

dxx

dxx

d

dxx

dxx

dxx

d

dxx

dxx

dxx

d

uuuu

uuuu

uuuu

con

−+++=−+++=−+++=

),,(),,(),,(),,(

),,(),,(

321333221133

321233221122

321133221111

xxxdxxdxxdxxdxxxdxxdxxdxxd

xxxdxxdxxdxxd

uuuuuuuuu

Para el caso plano, es decir, cuando el campo es independiente de 3x , el campo de desplazamientos en el elemento diferencial de área viene definido por:

∂∂

+∂∂

=−++=

∂∂

+∂∂

=−++=

22

21

1

2212221122

22

11

1

1211221111

),(),(

),(),(

dxx

dxx

xxdxxdxxd

dxx

dxx

xxdxxdxxd

uuuuu

uuuuu

o aún:

∂∂

+∂∂

+=++

∂∂

+∂∂

+=++

22

21

1

221222112

22

11

1

121122111

),(),(

),(),(

dxx

dxx

xxdxxdxx

dxx

dxx

xxdxxdxx

uuuu

uuuu

)(xrru x

rd

1x

2x

3x

)( xx rrrd+u

xr xx

rrd+

xxxx

rrr

rrrrrr

dddd

⋅=−+≡

uuuuu

∇)()(

1 TENSORES


69


Ciudad Real

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 area se muestra a continuación

22

1 dxx∂∂u

11

2 dxx∂

∂u

2dx

2u A′

O′ 1dx

B

A

2dx

B′

1u

11

11 dx

x∂∂

+u

u

O 1dx

11 ,ux

22 ,ux

B

A

A′

22

22 dx

x∂∂+ uu B′

O′ +

444444444444444444 3444444444444444444 21

444444444444444444 8444444444444444444 76

=

)( 1u

),( 21 xx ),( 211 xdxx +

),( 221 dxxx + ),( 2211 dxxdxx ++

1x

2x

ur

d

)( 2u

22

21

1

22 dx

xdx

x ∂∂

+∂∂

+uu

u

22

11

1

11 dx

xdx

x ∂∂

+∂∂

+uu

u

22

22 dx

x∂∂

+u

u

22

11 dx

x∂∂

+u

u

11

11 dx

x∂∂

+u

u

11

22 dx

x∂∂

+u

u

1dx

2dx



70


Ciudad Real

1.1.16 Teoremas con Integrales

Ejemplo 1.92: Sea un dominio de área Ω delimitado por el contorno Γ como muestra figura abajo: Considérese también que m es un tensor de segundo orden y ω un escalar. Demostrar que se cumple la siguiente relación:

[ ] [ ] [ ]∫∫∫ ⋅⋅⋅⋅ −=ΩΓΩ

ΩωΓωΩω ddd ∇∇∇∇∇ )()()( mnmm :

Solución: Se puede aplicar directamente la definición de integración por partes para la demostración. Pero partiremos de la definición del teorema de la divergencia. Luego dado un tensor v

r se cumple que:

∫∫∫∫ = →= ⋅⋅ΓΩΓΩ

ΓΩΓΩ dddd jjjjindicial , nvv nvv

rr∇

Pero si consideramos que el tensor vr

es el resultante de la operación mv ⋅= ω∇r

y lo equivalente en notación indicial ijij mv ,ω= y reemplazándolo en la expresión anterior obtenemos que:

[ ]

[ ]

[ ] [ ]∫∫∫

∫∫

∫∫∫∫

−=⇒

=+⇒

=⇒=

ΩΓΩ

ΓΩ

ΓΩΓΩ

ΩωΓωΩω

ΓωΩωω

ΓωΓΩ

ddd

dd

ddVdd

jijijijiijij

jijijijiijij

jjjijijjjj

, , ,

, ,,

,

,

,

,,

mnmm

nmmm

nvmnvv

Lo equivalente en notación tensorial:

[ ] [ ] [ ]∫∫∫ ⋅⋅⋅⋅ −=ΩΓΩ

ΩωΓωΩω ddd )()()( mnmm ∇∇∇∇∇: c.q.d.

Ω n

Γ

1x

2x

1 TENSORES


71


Ciudad Real

NOTA: Si consideramos ahora un dominio de volumen V delimitado por una superficie S con normal n y sea N

r un vector y T un escalar también se cumple que:

∫∫∫

∫∫∫

⋅⋅⋅ −⊗=⇒

−=

VSV

Viji

Sjii

Viji

dVTdSTdVT

dVTNdSTNdVTN

NNNrrr

∇∇∇∇∇ n)()(

,,, ,n

donde hemos aplicado directamente la definición de integración por partes.

Ejemplo 1.93:

Si un vector se define como: vbrr

∧= ∇ , probar que:

∫∫∫ λ=λ=λV

iiV

jkijkiS

ii dVdVSd , , , bvnb

donde λ es una función únicamente de xr , i.e., )(xrλ=λ .

Solución1: Si vbrr

∧= ∇ , luego jkijki ,vb = . Reemplazando en la integral de superficie anterior resulta:

∫∫ λ=λS

ijkijkS

ii dSdS , nvnb

Aplicando el teorema de la divergencia de Gauss, resulta:

∫ ∫

∫

∫∫∫

λ=λ+λ=

λ+λ=

λ=λ=λ

V Viijikijkjkijki

Vjikijkjkiijk

Vijkijk

Sijkijk

Sii

dVdV

dV

dVdSdS

i

, ),(

),(

),(

0

,,

,,

,,

bvv

vv

vnvnb

b4342143421

Solución 2:

∫∫∫ λ+λ=λ=λV

iiiiV

iiS

ii dVdVdS ),,( ),( bbbnb

como 0,,,, ===⇒= ijkijkjikijkiijkijki vvbvb

∫∫∫ λ=λ=λV

jkijkiV

iiS

ii dVdVdS , , ,vbnb

c.q.d.



72


Ciudad Real

Ejemplo 1.94: Sea un dominio de volumen V delimitado por la superficie S . a) Demostrar que:

1nn VdSS

2 )( =⊗+⊗∫ xxrr

donde n es el versor normal exterior a la superficie S . b) Demostrar también que:

∫∫∫

∫∫∫

σ−σ=σ

−⊗=⊗ ⋅⋅

Vij

Sjkik

Vjkik

VSV

dVdSxdVx

dVdSdV

)( )(

, n

σnσσ xxrr

∇

y

∫∫∫

∫∫∫

σ−σ=σ

−⊗=⊗ ⋅⋅

Vji

Skjki

Vkjki

V

T

SV

dVdSxdVx

dVdSdV

)( )(

, n

σnσσ xxrr

∇

donde σ es un tensor de segundo orden arbitrario. Solución: a) Teniendo en cuenta solo el primer término del integrando, podemos decir que:

∫∫∫ ⋅⋅ ⊗=⊗=⊗SSS

dSdSdS )( )( )( n1n1n xxxrrr

Aplicando el teorema de la divergencia obtenemos que:

∫∫∫ ⊗=⊗=⊗ ⋅⋅VSS

dVdSdS )( )( )( 1n1n xxxrrr

∇

n

B

S

dS

xr

1x

2x

3x

Sr

d

V

1 TENSORES


73


Ciudad Real

Seguiremos el desarrollo en notación indicial:

∫

∫∫∫

+=

==

Vkijkikjk

Vkijk

Skjki

Sji

dVxx

dVxdSxdSx

)(

)(

,,

,

δδ

δδ nn

Teniendo en cuenta que jkjk 0, =δ , ikkix δ=, , concluimos que:

VdVdVdSx jiV

jiV

jiS

ji δδδ === ∫∫∫ n

11n VVdS T

S

==⊗∫ )(xr

Análogamente, concluimos que 1n VdSS

=⊗∫ )( xr . Con lo cual es cierto que:

1nn VdSS

2 )( =⊗+⊗∫ xxrr

b) Verifiquemos que se cumple que

σσσ −⊗=⊗⇒

σ−σ=σ⇒

σ+σ=σ

⋅⋅

=

)()(

)(

)(

,,

,,,

xxrr

∇∇ijkikjkikj

kikjikkjkikj

xx

xxxjkδ

Con eso podemos decir que:

∫∫

∫∫∫

∫∫∫

−⊗=

−⊗=⊗

−⊗=⊗

⋅

⋅⋅

⋅⋅

VS

VSV

VVV

dVdS

dVdSdV

dVdVdV

)(

)( )(

)( )(

σnσ

σnσσ

σσσ

x

xx

xx

r

rr

rr

∇

∇∇

∫∫

∫∫∫

∫∫∫

σ−σ=

σ−σ=σ

σ−σ=σ

Vij

Sjkik

Vij

Skikj

Vkikj

Vij

Vkikj

Vkikj

dVdSx

dVdSxdVx

dVdVxdVx

)(

)(

,

,,

n

n

donde hemos aplicado el teorema de la divergencia a la primera integral del lado derecho de la igualdad. Teniendo en cuenta que

[ ] [ ]

[ ] TT

TT

σσσ

σσσ

−⊗=⊗⇒

−⊗=⊗

⋅⋅⋅⋅

)()(

)()(

xx

xxrr

rr

∇∇

∇∇

En indicial

jikjkikjki xx σ−σ=σ ,, )(

Con eso obtenemos que:



74


Ciudad Real

Con eso podemos decir que:

[ ]

∫∫

∫∫∫

∫∫∫

−⊗=

−⊗=⊗

−⊗=⊗

⋅

⋅⋅

⋅⋅

V

T

S

V

T

SV

V

T

V

T

V

dVdS

dVdSdV

dVdVdV

)(

)( )(

)( )(

σnσ

σnσσ

σσσ

x

xx

xx

r

rr

rr

∇

∇∇

∫∫

∫∫∫

∫∫∫

σ−σ=

σ−σ=σ

σ−σ=σ

Vji

Skjki

Vji

Skjki

Vkjki

Vji

Vkjki

Vkjki

dVdSx

dVdSxdVx

dVdVxdVx

)(

)(

)(

,

,,

n

n

Ejemplo 1.95: Sea un escalar φ que viene dado por:

ar

GM−=φ

donde G y M son escalares y constantes, y ar es el módulo del vector 0

rr≠a . a) Obtener

el gradiente de φ . b) Obtener el gradiente de φ para el caso particular cuando xarr

= y dibujar el campo φ∇ en el espacio Cartesiano.

Solución:

( ) ii

ii

i GMGM,2

,,

,, )( 1 a

aaxr

rrr

−−=

−=≡

∂∂≡ φφφ∇ (1.77)

Fijemos que:

)(1)()()()(21

)()(21)()(

21)()(

,,21

,,21

,21

,21

,

21

,

kikkikikkkik

ikki

i

i

aaaaaaaa

aa

aaaaa

aaaaaaaaa

rrrrr

rrrrrrrrr

==+=

==

=

−−

−−

⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

o en notación tensorial:

)(1)( aaa

arr

rr

∇∇ ⋅= (1.78)

Luego, la expresión (1.77) queda:

( )

i

kikkik

iii

i

GM

aaGMaaGM

GM

)(

)()(11

)( 1

3

,3,2

,2,,

,

aaa

aaa

aax

rrr

rrr

rrr

∇

∇

⋅=

=

=

=

−−=≡

∂∂≡ φφφ

(1.79)

1 TENSORES


75


Ciudad Real

Además, teniendo en cuenta que el versor según la dirección de ar viene dado por aaa r

r

= ,

aún podemos decir que:

( ) iiiGMGM )()( 23, aaa

aaa

rr

rrr ∇∇∇ ⋅⋅ ==φ (1.80)

b) Para el caso particular cuando xa rr= tenemos que:

)(1)(1)(1)( ,, ikkikiki xxxxxxx

x rrrr

=== δ


)(1)(1)(1)( xx

xx

xxx

x rr

rr

rrr

r=== ⋅⋅ 1∇∇

Con lo cual

( ) iii

ii

iGMGMGM )()( 1

3,2,

, xx

xxxx

rr

rrrr =

−−=

−=≡

∂∂≡ φφφ∇ (1.81)


xx

xxx

23 r

rrr

GMGMGM ==

−= ∇∇φ (1.82)

Observar que el campo vectorial φ∇ es radial, i.e. es normal a las superficies de las esferas definidas por xr y disminuye con 2xr .

Figura 1.2

x

1x

2x

3x

Esferas

xr

φ∇ 1 =x

φ∇ φ∇

φ∇

br



76


Ciudad Real

NOTA: Este ejemplo xr

GM−=φ representa el potencial gravitacional que tiene la siguiente

propiedad φ∇−=br

, ver Figura 1.2, donde 2

311

1067384,6

skgmG −×= es la constante

gravitacional, M es la masa total del planeta. Verificamos las unidades:

[ ]kgJ

kgmN

kgm

smkg

mkg

skgmGM ====

−=

22

3

xrφ

[ ] [ ] 22 s

mkgs

kgmkgm

NmkgmJ ====

∂∂=−=xr

r φφ∇b

Ejemplo 1.96:

Considerando que r1=φ donde 2

322

21 xxxr ++== xr , se pide:

a) Demostrar que:

[ ] 0)( 23

2

22

2

21

22 =

∂∂+

∂∂+

∂∂≡≡−⋅

xxxφφφφφ ∇∇∇ 0

rrx Ecuación de Laplace (1.83)

para 0≠r . Utilizamos la nomenclatura [ ])( 0rr

−xφ∇ para indicar que el origen no está incluido. b) Dada una superficie cerrada S que contiene el origen, demostrar que:

( ) π−=∫ ⋅ 4S

dSnφ∇ (1.84)

donde n es el versor normal a la superficie. Solución: Fue obtenido en el Ejemplo 1.95 que

xx

xxx

23 r

rrr

GMGMGM ==

−= ∇∇φ (1.85)

Haciendo que 1−=GM obtenemos que:

xx

xxx

11123 r

rrr

−=−=

= ∇∇φ (1.86)

o en notación indicial:

i

i

i x3311)(x

xx r

rr

−=

−=φ∇ (1.87)

Calculando la divergencia de la relación anterior quedamos con:

1 TENSORES


77


Ciudad Real

( )

−−−=

−−=

−==⋅

iiii

i

iii

i

iii

xx

xxx

,43,

,

33,

,

3,

)(3

1

xxx

xxx

rrr

rrrφφ∇∇

(1.88)

En el Ejemplo 1.95 hemos demostrado que )(1)( xx

x rr

r=∇ y además teniendo en cuenta

que 3, == iiiix δ , podemos decir que:

( )

033

33

33

)(33

5

2

3

53

43

,43

=+−=

+−=

−−−=

−−−=⋅

x

x

x

xx

xxx

xxx

r

r

r

rr

rrr

rrr

ii

ii

ii

xx

xx

xφ∇∇

(1.89)

c) Adoptamos una esfera arbitraria de radio r cuya área de la superficie viene dada 24 rπ . Luego:

( )

π−=π×−=×−=

−=−=

−= ∫∫∫∫ ⋅⋅⋅

4)4(1)(1

111

222

222

rr

Árear

dSdSdSdSSSSS x

nxx

nxx

n rrrφ∇ (1.90)

Observar que 1 =⋅nx ya que para la esfera se cumple que nx // . Es interesante verificar que a través del teorema de la divergencia hay que cumplir que:

[ ] ( )∫∫ ⋅⋅ =SV

dSdV nφφ ∇∇∇ ∫∫ =S

iiV

ii dSndV ,, φφ (1.91)

Hemos demostrado anteriormente que [ ] 0)( =−⋅ 0rrxφ∇∇ , pero eso solo es válido para

0rr

≠x . Es decir, teniendo en cuenta el resultado (1.90), y para que (1.91) tenga consistencia, en 0

rr=x tenemos una fuente e igual a ( π− 4 ). Con eso es muy intuitivo concluir que

cualquier curva cerrada que no contenga el origen se cumple que ( ) 0 =∫ ⋅S

dSnφ∇ .



78


Ciudad Real

1.2 Ejercicios Propuestos

Problema 1.1: Obtener el resultado de las siguientes expresiones, si dichas expresiones SON CORRECTAS:

• kliiδδ • ijijδδ • ijikij δδδ

Problema 1.2: Demostrar que:

a) 3=iiδ ;

b) 3=ijijδδ ;

c) 6=jkiijk ;

d) 0=kjijk AA ;

e) ikjkij δδδ = ;

f) 0=ijkijδ .

Problema 1.3: Utilizando las propiedades del operador de permutación ( ijk ) y de la delta de Kronecker ( ijδ ), obtener el resultado de las siguientes expresiones:

a) kjjk aa3

b) kjijkδ

c) kjijk Ta2

d) kjjk v31 δ

Problema 1.4: Utilizando notación indicial probar que:

))(())(()()( utvsvtusvutsrrrrrrrrrrrr ⋅⋅⋅⋅⋅ −=∧∧ (1.92)

1 TENSORES


79


Ciudad Real

Problema 1.5: Dadas las componentes del tensor A :

=

320221011

ijA (1.93)

Obtener los siguientes valores: a) iiA ;

b) ijijAA ;

c) jkijAA para 1=i , 1=k y para 1=i , 2=k .

Problema 1.6: Dadas las componentes del tensor R :

−

−

=

53

2512

2516

054

53

54

259

2512

ijR (1.94)

¿ El tensor R es un tensor ortogonal propio? Demostrar.

Problema 1.7: Encontrar la matriz de rotación A que describe primero una rotación sobre el eje 1x de

º90 , y a continuación efectúa una rotación de º45 sobre el eje rotado 3x′ .

Problema 1.8:

Dadas dos bases cartesianas )( ie y )( *ie , donde )22(

31 321

*1 eeee ++= y

)(2

121

*2 eee −= .

Se pide:

a) Expresar *3e en función de ie ;

b) Expresar ie en función de * ie ;

c) Si 321 1266 eee +−=vr encontrar *ivr .

Problema 1.9:



80


Ciudad Real

La siguiente tabla muestra los ángulos entre los ejes originales ix y los ejes transformados *ix :

1x 2x 3x

*1x º135 º60 º120

*2x º90 º45 º45

*3x º45 º60 º120

a) Encontrar la matriz de transformación A ; b) Si B es un tensor de segundo orden dado por sus componentes en la base ix :

−

−=

312104243

ijB (1.95)

Encontrar las componentes de *ijB con respecto a los ejes rotados *

ix .

Problema 1.10: Utilizando notación indicial probar que:

a) 0r

=∧ φ∇∇ ;

b) 0=∧⋅ vr∇∇ .

Problema 1.11: Si jiij xxaxxx =),,( 321φ , con ija constante. Demostrar que:

jjiiji xaa )(, +=φ (1.96)

jiijij aa +=,φ (1.97)

Problema 1.12: Demostrar que:

φψψφψφφψ 222 )()(2)( ∇∇∇∇∇ ++= ⋅ (1.98)

Problema 1.13: Probar que si σ y D son tensores de segundo orden la siguiente relación es válida:

)( TDσDσ ⋅= Tr: (1.99)

1 TENSORES


81


Ciudad Real

Problema 1.14: Si T y D son tensores de segundo orden ¿La relación

TDDT :: = (1.100)

es válida siempre? En caso positivo, ¿Cuándo la relación anterior no es válida? En caso negativo, ¿Cuándo la relación anterior es válida?

Problema 1.15: Si T , D y S son tensores de segundo orden y n un vector, ¿se puede afirmar que las relaciones

1) TDDT :: = 2) TnnT ⋅⋅ =

3) kljkij SDTTr =⋅⋅ )( SDT

son siempre válidas?. Razona la respuesta.

Problema 1.16: a) Demostrar que

( ) baba1rrrr ⋅+=⊗+ 1det

donde 1 es el tensor identidad de segundo orden, y ar

, br

son vectores. b) Verificar si se cumple la relación (demostrar):

( ) ( )[ ] ( )( )dacb1dcbarrrrrrrr ⋅⋅⋅ =⊗⊗ :

Problema 1.17: Demostrar que tras una transformación ortogonal aplicadas a vectores, estos preservan su módulo y preserva los ángulos entre vectores.

Problema 1.18: Considérense los siguientes tensores:

ijklijklijklklijijkl KJK −== I;31 δδ

donde ijδ son las componentes del tensor identidad de segundo orden 1 , y

( )jkiljlikijkl δδδδ +=21

I es la parte simétrica del tensor identidad de cuarto orden.

Demuestre que el resultado del doble producto escalar de cualquier tensor de segundo orden simétrico A con:



82


Ciudad Real

a) el tensor J resulta ser la parte desviadora de A ; b) el tensor K resulta ser la parte esférica de A .

Problema 1.19: Demostrar que tras una transformación ortogonal aplicadas a vectores, estos preservan sus módulos y preservan los ángulos entre vectores

Problema 1.20: Obtener las componentes de T ′ , cuyo tensor se obtiene por la siguiente operación:

TBTBT ⋅⋅=′ Siendo ijT y ijB las componentes de los tensores T y B , respectivamente.

NOTA: Utilizar notación simbólica y notación indicial.

Problema 1.21: Demostrar que

( ) ( )baQQbaQrrrr ⋅⋅−+=⊗+ 11)(detdet

donde Q es un tensor de segundo orden, y ar

, br

son vectores.

Problema 1.22: Dado un tensor de segundo orden T demostrar que las siguientes expresiones son invariantes:

! )(TTr ! )( TT ⋅Tr ! )(Tdet

Problema 1.23: Dadas las componentes de un tensor de segundo orden:

=

200011011

ijA

y sus valores principales:

=′

000020002

ijA

Obtener los invariantes del tensor desviador del tensor A .

1 TENSORES


83


Ciudad Real

Problema 1.24: Cuantas componentes independientes tiene el tensor cuarto orden A si: a) A es no simétrico; b) A presenta sólo simetría menor; c) A presenta simetría mayor y menor.

Problema 1.25: Considérese un tensor de cuarto orden C , teniendo su representación tensorial e indicial como se sigue:

( )jkiljlikklijijkl δδδδµδδµ

++λ=+⊗λ=

CI11 2C

y su inversa viene dada por:

( )jkiljlikklijijkl δδδδµ

δδµµ

µµµ

+++λλ−=

+⊗+λλ−=

−

−

41

)23(2

21

)23(2

1

1

C

I11C

Demostrar que I≡=− symICC 1: , donde I es el tensor identidad de cuarto orden simétrico.

Problema 1.26: Considérese un tensor de cuarto orden B , cuyas componentes vienen dadas por la siguiente expresión:

jkiljlikklijijkl δβδδµδδδ ++λ=B

donde λ , µ y β son constantes. Demostrar que el tensor B es isótropo.

Problema 1.27: El campo del tensor de tensiones de Cauchy de un medio continuo viene representado por:

=σ020

205053

)(

3

322

221

xxx

xx

ij xr

Obtener las fuerzas másicas (por unidad de volumen) para que el medio continuo esté en equilibrio.

Respuesta:

+−=

02

310 2x

ibρ



84


Ciudad Real

Problema 1.28:

2 Cinemática del Continuo


2.1.1 Descripción del Movimiento, Derivada Material, Velocidad, Aceleración

Ejemplo 2.1: Un movimiento del medio continuo en la descripción material viene dado por:

=+=

−=−

−

33

212

211

XxXXx

XXxtt

tt

expexp

expexp

(2.1)

para 0>t . Encontrar las componentes de la velocidad y aceleración en coordenadas espaciales y materiales. Solución: Velocidad:

=−=

+=

→= −

−

0

),(),(

3

212

211

VXXV

XXV

DttDt tt

tt

scomponente expexp

expexpXxXVrrrr

(2.2)

Aceleración:

=+=

−=−

−

03

212

211

AXXA

XXAtt

tt

expexp

expexp

(2.3)

Para encontrar las componentes de la velocidad y la aceleración reemplazamos las ecuaciones del movimiento: Velocidad (descripción espacial)

===

03

12

21

vxvxv

(2.4)



86


Ciudad Real

Aceleración (descripción espacial)

=====

03

122

211

avxavxa

(2.5)

Ejemplo 2.2: El campo de velocidad de un fluido viene dado por:

332211 eee xxx ++=vr (2.6)

y el campo de temperatura es:

txxtT 323),( +=xr (2.7)

Encontrar la tasa de cambio en el tiempo de la temperatura. Solución: La tasa de cambio de una propiedad viene dada por la derivada material ),( tT xr :

∂∂+

∂∂+

∂∂+

∂∂=

∂∂+

∂∂= 3

32

21

1

),(),( vxTv

xTv

xT

tTv

xtT

ttT

DtDT

jj

xx rr

(2.8)

( )( )323

3213

3

30

txxx

txxxxDtDT

++=

+×+×+= (2.9)

Ejemplo 2.3: Dado el movimiento:

iii tXXx 122,0 δ+= (2.10)

y el campo de temperatura (estacionario): 2212)( xxT +=xr (2.11)

a) Encontrar el campo de temperatura en la descripción material; b) Encontrar la tasa de cambio de la temperatura para una partícula que en la configuración de referencia ocupaba la posición )0,1,0( .

Solución: Según las ecuaciones del movimiento tenemos que:

313233

212222

2111211

2,02,0

2,02,0

XtXXxXtXXx

tXXtXXx

=+==+=

+=+=

δδδ

Luego:

2 CINEMÁTICA DEL CONTINUO


87


Ciudad Real

[ ]( ) ( )

( ) ),(4,02

2,02

),(),(2)),((

221

2221

221

tTXtXX

XtXX

txtxtT

X

XXXx

r

rrrr

=++=

++=

+=

b) La derivada material de la temperatura viene dada por:

24,0),(),( XtTDt

tDT =≡ XX r&

r

Para la partícula )0;1;0( 321 === XXX tenemos que:

4,04,0)),0;1;0(( 2321 ===== XtXXXT&

Ejemplo 2.4:

Determinar el campo de velocidad ),( tXVrr

en la descripción material y el campo de aceleración ),( tXA

rr de una partícula en el tiempo t en función de la tasa de cambio de los

desplazamientos ),( tXUrr

Solución:

UXUXV &rrrrr== ),(),( t

DtDt (2.12)

UXU

VXVXA

&&rrr

&rrrrr

==

===

),(

),(),(

2

2

tDtD

tDtDt

(2.13)

UVA &&r&r == (2.14)

Ejemplo 2.5: El campo de velocidad de un medio continuo, expresado en forma Euleriana es el siguiente:

txv

txv

txv

+=

+=

+=

13;

12;

13

32

21

1 (2.15)

Se pide:

a) Determinar la relación entre las coordenadas espaciales y materiales ),( txx ii Xr

= ;

b) Obtener las componentes de la aceleración cuando se utiliza la descripción espacial del movimiento.

c) Obtener las componentes de la aceleración cuando se utiliza la descripción Lagrangiana del movimiento.

Solución:

a) Considerando que dtdxv i

i =



88


Ciudad Real

tdt

xdx

tx

dtdxv

+=⇒

+==

11 1

1111 (2.16)

⇒++=⇒+

=∫ ∫ )()1(1

11111

1Ctxdt

tdx

xLnLnLn

)1(11 tCx +=⇒ (2.17)

La condición inicial 110 Xxt =⇒= implica que 11 XC =

)1(11 tXx += (2.18)

tdt

xdx

tx

dtdxv

+=⇒

+==

12

12

2

2222 (2.19)

⇒++=⇒+

=∫ ∫ 2222

)1(21

21 Ctxdtt

dxx

LnLnLn

222 )1( tCx +=⇒

(2.20)

para 22220 XCXxt =⇒=⇒=

222 )1( tXx += (2.21)

tdt

xdx

tx

dtdxv

+=⇒

+==

13

13

3

3333 (2.22)

⇒++=⇒+

=∫ ∫ 3333

)1(31

31 Ctxdtt

dxx

LnLnLn

333 )1( tCx +=⇒

(2.23)

y para 33330 XCXxt =⇒=⇒=

333 )1( tXx += (2.24)

Las ecuaciones del movimiento:

+=

+=

+=

333

222

11

)1(

)1(

)1(

tXx

tXx

tXx

(2.25)

b) Conocido ),( txv rr en la descripción espacial (Euleriana), podemos aplicar la derivada material:

),(),(),(),( ttt

tt xvxvxvxa rrrrrr

rr ⋅+∂

∂= ∇ (2.26)

)(

)(

33,22,11,

,

vvvvvvtv

a

vvtv

a

iiii

i

kkii

i

+++∂∂

=

+∂∂

= (2.27)

luego,



89


Ciudad Real

233

23

3

222

22

2

12

11

)1(6

13

13

00)1(

3)1(

20

12

12

0)1(

2

0001

11)1(

tx

ttx

tx

a

tx

ttx

tx

a

ttx

tx

a

+=

++

++++

−=

+=

+++

+++

−=

=

++++

++

−=

(2.28)

c) La velocidad en la descripción Lagrangiana viene dada por:

+=

+==

233

22

11

)1(3

)1(2

tXV

tXVXV

(2.29)

luego,

)1(6

2

0

33

3

22

2

11

tXdt

dVa

Xdt

dVa

dtdVa

+==

==

==

(2.30)

Ejemplo 2.6: Respecto a un conjunto de ejes materiales iX y espaciales ix superpuestos, el campo de desplazamientos de un cuerpo continuo viene dado por:

+=+=

=

233

322

11

AXXxAXXx

Xx (2.31)

en las que A es constante. Hallar las componentes del vector desplazamiento en las formas material y espacial. Solución: Vector desplazamiento:

Xxrrr

−=u (2.32)

=−+=−==−+=−=

=−=

2323333

3232222

111 0

AXXAXXXxAXXAXXXx

Xx

uuu

(2.33)

Las ecuaciones del movimiento inverso son obtenidas a continuación:

=

3

2

1

3

2

1

1010

001

XXX

AA

xxx

(2.34)



90


Ciudad Real

2110

10001

AA

A −=

det (2.35)

la inversa:

−−

−

−10

10001

11

2

2

AA

A

A (2.36)

luego,

−−

−

−=

3

2

12

2

3

2

1

1010

001

11

xxx

AA

A

AXXX

(2.37)

−−

=

−−

=

=

)(1

1

)(1

1

2323

3222

11

AxxA

X

AxxA

X

xX

(2.38)

Componentes del vector desplazamientos en coordenadas espaciales:

−−

=−−

−=−=

−−

=−−

−=−=

=−=

232

2323331

223

3222222

111

1)(

)(1

11

)()(

11

0

AAxxA

AxxA

xXx

AAxxA

AxxA

xXx

Xx

u

u

u

(2.39)

Ejemplo 2.7: Considérese las ecuaciones del movimiento:

+=+=

=

tXXxtXXx

Xx

333

322

11

(2.40)

Determinar las velocidades de las partículas que pasan por el punto )2,1,0( en los tiempos st 01 = y st 12 =

Solución: El campo de velocidad viene dado por:

DttDt ),(),( XxXV

rrrr= (2.41)

en componentes:



91


Ciudad Real

===

33

32

1 0

XVXV

V (2.42)

Para st 0= tenemos que Xxrr

= , luego, )2,1,0( 321 === XXX

===

220

3

2

1

VVV

(2.43)

Para st 1= , la partícula que está pasando por )2,1,0( 321 === xxx en la configuración de referencia ocupaba la posición:

)1;0;0(210

321

333

322

11

===⇒

+==+==

==XXX

XXxXXx

Xx (2.44)

luego,

===

110

3

2

1

VVV

(2.45)

Ejemplo 2.8:

Dado un sistema de referencia ie , el movimiento de una partícula del medio continuo está definido por las siguientes ecuaciones:

33

22

21

222

21

12

22

21

222

21

11

sincos

cossin

XxXX

tcXXX

tcXx

XXtcX

XXtcXx

=

++

+−=

++

+=

(2.46)

donde c es una constante. Determinar las componentes de la velocidad en coordenadas materiales y espaciales. Solución: Las componentes de la velocidad en la descripción material (Lagrangiana) son:

0),(

cossin),(

sincos),(

3

22

21

222

21

122

21

2

22

21

222

21

122

21

1

=

++

++=

+−

++=

tV

XXtcX

XXtcX

XXctV

XXtcX

XXtcX

XXctV

X

X

X

r

r

r

(2.47)

Teniendo en consideración (2.46), podemos notar que se cumple la siguiente relación:

(unidades de velocidad)

(unidades de velocidad)



92


Ciudad Real

22

21

22

21 XXxx +=+ (2.48)

Luego, las componentes de la velocidad en la descripción espacial (Euleriana) son:

0),(

),(

),(

3

22

21

12

22

21

21

=+

=

+−=

tvxx

xctv

xxxc

tv

x

x

x

r

r

r

(2.49)

Las ecuaciones inversas del movimiento son:

+

+

+−

+

=

3

2

1

22

21

22

21

22

21

22

21

3

2

1

100

0sincos

0cossin

xxx

xxtc

xxtc

xxtc

xxtc

XXX

(2.50)

Ejemplo 2.9: El campo de velocidad tiene las siguientes componentes:

=+

=

=

032

3

22

11

vtxv

xv

(2.51)

en la descripción Euleriana. Encontrar las ecuaciones paramétricas de la trayectoria de la partícula que en la configuración de referencia estaba en ( 321 ,, XXX ).

Solución: Para encontrar la trayectoria debemos resolver el sistema:

=

+=

=

0

323

22

11

dtdx

tx

dtdx

xdt

dx

(2.52)

con las condiciones iniciales

======

33

22

11

)0()0()0(

XtxXtxXtx

(2.53)



93


Ciudad Real

( ) ( )33

222

2

02

2

111

1

01

1

132332

32

2

2

1

1

Xx

tXxtXx

tdt

xdx

XxtXx

dtx

dx

tx

X

ttx

X

=

+=⇒−+=

⇒

+=

=⇒=

⇒=

∫∫

∫∫

LnLnLn

expLn

(2.54)

Luego, las ecuaciones del movimiento vienen dadas por:

332211 ;132; XxtXxXx t =+== exp (2.55)

Ejemplo 2.10: Considérense las siguientes ecuaciones del movimiento:

=+=

=

33

232

11

2Xx

XXtxXx

(2.56)

y una cantidad física representada por el campo escalar ),( tq xr en la descripción Euleriana:

12),( 321 +−+= xxxtq xr (2.57)

Se pide: a) Obtener la descripción Lagrangiana de esta cantidad física; b) Obtener la velocidad en las descripciones Lagrangiana y Euleriana; c) Obtener la tasa de cambio de la cantidad física en cuestión. d) Obtener la tasa de cambio local de q en el punto espacial )2,3,1( .

Solución:

a) La descripción Lagrangiana es inmediato, ),()),,((),( tQttqtq XXxxrrrr

== , es decir, reemplazamos las ecuaciones del movimiento (2.56) en la expresión de la variable ),( tq xr dada por (2.57):

1)12(2),( 321 +−++= XtXXtQ Xr

(2.58)

b) La velocidad

DttDt ),(),( XxXV

rrrr= (2.59)

Descripción Lagrangiana

===

020

3

32

1

VXV

V (2.60)

Las ecuaciones del movimiento inversa:



94


Ciudad Real

=−=

=⇒

=+=

=

33

322

11

33

232

11

2 2xX

xtxXxX

XxXXtx

Xx

Luego, la descripción Euleriana de la velocidad viene dada por:

===

020

3

32

1

vxv

v (2.61)

c) La tasa de cambio de la variable viene dada por la derivada material

32),( XtQDtDQ == X

r& (2.62)

o

vxx

r

43421

r& r ⋅+

∂∂=

=

qt

tqq

ioestacionar

∇

)(0

),( (2.63)

[ ]

3

333

22

11

2

)0)(1()2)(1()0)(2(0

, 0

x

xvxqv

xqv

xq

vqq ii

=

−++=

∂∂+

∂∂+

∂∂+=

+=&

(2.64)

Podríamos haber obtenido este resultado partiendo de que 32XQ =& y reemplazando 33 xX = , obteniendo:

32),()),,((),(

xtqttQtq

==

xxXx

r&

rr&r

& (2.65)

d) Observemos que el campo de la cantidad física en cuestión es estacionario, i.e. )(xrqq = ,

luego la tasa local 0)( =∂

∂t

q xr

para cualquier punto espacial.

Ejemplo 2.11: Dado el campo de desplazamientos (descripción Lagrangiana):

0;0; 3221 === uuu ktX

y el campo de la temperatura (descripción Euleriana):

( ) txxtT ),( 21 +=xr

a) Encontrar la tasa de cambio de la temperatura para una partícula que en el tiempo st 1= está pasando por el punto )1,1,1( .

Solución:

Podemos aplicar las dos definiciones: t

TtTtT

∂∂

∂∂+

∂∂= ⋅ x

xx

r

rr& ),( ó

ttdTtT

∂= ),(),( XX

rr

&



95


Ciudad Real

A través de la relación iii Xx −=u podemos obtener las ecuaciones del movimiento:

33333

22222

211111

XxXxXxXx

ktXXxXx

=⇒−==⇒−=

+=⇒−=

uuu

El campo de temperatura en la descripción material queda:

( ) ( ) ),( )()( )),,(( 22

2122121 tTtXtkXtXtXktXXtxxttT XXxrrr

=++=++=+= Luego, la derivada material viene dada por:

221 2),( XtkXXtT ++=Xr

&

Si queremos encontrar la tasa de la temperatura para una partícula que está pasando por el punto 1,1,1 321 === xxx en st 1= , tenemos dos posibilidades. 1) encontrar la posición de la partícula en la configuración de referencia y reemplazar en la ecuación anterior. 2) obtener la expresión de la tasa de la temperatura en la descripción espacial, para esto necesitamos de las ecuaciones de movimiento ),( txX rr

:

==

−=⇒

==

+=

33

22

211

33

22

211

xXxX

ktxxX

XxXx

ktXXx

),()()(2)(2)),,(( 2221221 tTxxktktxxXtkXXttT xxX r&rr& =++−=++=

Simplificando tenemos que 221),( xktxxtT ++=xr& . Luego:

212)1()1,1,1,1( 321 +=++−===== kkktxxxT&

Solución Alternativa:

( )

( ) ( )221

221

3

3

2

2

1

121

)0)(0()0(

),(

tkXxxttkXxx

tx

xT

tx

xT

tx

xTxx

tT

tTtT

++=++++=

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂++=

∂∂

∂∂+

∂∂= ⋅ x

xx

r

rr&

Observemos que 22 Xx = , luego:

221),( tkxxxtT ++=xr&

Ejemplo 2.12: Considérese las siguientes ecuaciones del movimiento:

+=

+=

=

233

322

11

2

2

XtXx

XtXx

Xx

(2.66)

Se pide:



96


Ciudad Real

a) ¿Para que valores de 0>t (tiempo) este movimiento es posible y que tenga sentido físico?

b) Determinar las componentes de la velocidad en la descripción Lagrangiana y Euleriana;

c) Obtener la ecuación de la trayectoria. Solución:

a) Obteniendo el Jacobiano:

41

1010

0012

2

2t

Xx

Jt

t

j

i −==∂∂

== F (2.67)

con lo que el movimiento es posible para st 2< , ya que:

sttJ 204

12

<⇒>−= (2.68)

b) Velocidad en la descripción Lagrangiana:

=

+=

=

+=

=

22

22

0

2233

3322

1

XXtXDtDV

XXtXDtDV

V

(2.69)

Las ecuaciones inversas del movimiento:

−−=

⇒

=

3

2

1

2

2

3

2

1

3

2

1

2

2

3

2

1

1010

001

1010

001

xxxJ

JXXX

XXX

xxx

t

t

t

t (2.70)

Reemplazando iX en la expresión de la velocidad, obtenemos la velocidad en la descripción espacial:

232

2

32

3223

2

23

21 42

22

2;4

2

22

2;0ttxx

t

xtxv

ttxx

t

xtxvv

−−

=−

−=

−−

=−

−== (2.71)

c) La trayectoria se obtiene eliminando t de las ecuaciones del movimiento (2.66):

+−=⇒−=−

=

33

22

23

23222333

11

)()( XXX

xXX

xXXxXXx

Xx (2.72)

Ejemplo 2.13: La velocidad en un punto xr de un fluido estacionario viene dada por:



97


Ciudad Real

32222

21

212

1222

21

22

21

2

)(2

)()(

eee Vxxxxb

Uxx

xxbU +

++

+−

=vr (2.73)

donde U y V son constantes. Mostrar que 0=⋅ vx

rr∇ y encontrar la aceleración de la partícula en xr .

Solución:

0)(

)3(2

)()3(

2 322

21

22

2112

322

21

22

2112

3

3

2

2

1

1,

=+−

++−

−=

∂∂

+∂∂

+∂∂

==⋅

xxxxx

Ubxx

xxxUb

xv

xv

xv

v iivxr

r∇

La aceleración:

vv

vvva

x

x

rr

rrr

r

r

r

⋅⋅

=

+∂∂=

∇

∇t

Las componentes del gradiente espacial de la velocidad vienen dadas por:

−−−−−−−

+=

0000)3()3(0)3()3(

)(2)( 2

1221

22

212

22

212

21

221

322

21

2

xxxxxxxxxxxx

xxUb

ijvxr

r∇

Las componentes de la aceleración vienen dadas por jijia )()( vvxrr

r∇= :

+−

+−

=

0

)(2

)(2

322

21

422

322

21

421

xxbUx

xxbUx

ai

Ejemplo 2.14: Para el siguiente campo de velocidades:

01 =v ; 02 =v ; 3213 ),( xxxfv =

Se pide: a) Hallar las trayectorias de las partículas; b) Determinar la densidad (ρ ), sabiendo que en 0=t , ),( 21 xxf=ρ .

Solución:

1111 )(0 Ctxv

dtdx

=⇒== para 11111 )0(0 XCtxXxt ===⇒=⇒= ;

2222 )(0 Ctxv

dtdx

=⇒== para 22222 )0(0 XCtxXxt ===⇒=⇒=



98


Ciudad Real

ktCCfxdtCCfx

dxxCCfxxxfv

dtdx

+=⇒=⇒=== ∫∫ ),()(),(),(),( 213213

33213213

3 Ln

haciendo )( 3Ck Ln= obtenemos que:

tXXftXXf CxCx

tXXfCx

tXXfCx

),(33

),(

3

321

3

3

2133

2121),(

),()()(

expexpln

LnLn

=⇒=⇒=

⇒

=−

para 33333 )0(0 XCtxXxt ===⇒=⇒=

Resumiendo:

tXXfXx

XxXx

),(33

22

11

21exp=

==

(2.74)

Densidad:

F0ρρ = con

j

iij X

xF

∂∂

=

tXXf

tXXfijF ),(

),(

21

21??010001

expexp

==

Los valores ( ? ) no son necesarios para obtener el determinante. Luego:

tXXf

XXf),(

21021

),(exp

==Fρ

ρ

Observemos que según el enunciado, 0=t , ),( 21 xxf=ρ , y según expresiones (2.74) concluimos que ),( 210 XXf=ρ .

Ejemplo 2.15:

Calcular la derivada material DtD para la propiedad φ cuando esta esté descrita en las

siguientes coordenadas:

! Materiales: 21),( tXt =X

rφ ;

! Espaciales: )1(

),(2

1

ttx

t+

=xr

φ .

Solución:

a) Derivada material de 21),( tXt =X

rφ :

tXttDtD

12),(),( =≡ XXrr

&φφ

b) Derivada material de )1(

),(2

1

ttx

t+

=xr

φ :



99


Ciudad Real

++

∂∂+

+∂∂=

∂

∂+∂

∂+∂

∂+∂

∂=

∂∂+

∂∂=+

∂∂= ⋅

00),()1(

),(),(),(),(

),(),(),(),(

11

21

33

22

11

vx

tt

txt

vx

tvx

tvx

tt

t

vx

tt

tt

ttDtD

ii

x

xxxx

xxvxx x

r

rrrr

rrr

rr

r

φ

φφφφ

φφφφφ ∇

Necesitamos conocer la velocidad 1v . Partimos del principio de que una propiedad es algo intrínsico a la partícula luego:

)1()1(),()),,((

),(

11

21

21

tx

Xt

txttt

tXt

+=⇒

+==⇒

=

xxX

X

rrr

r

φφ

φ

La velocidad queda:

( ) 11

112

1

)1(2),( 2),( ee t

tx

ttXtXDtDt

+=⇒== xvXv rr

Retomando a la derivada material tenemos que:

)1(2

)1(2

)1()1()1(2

)1()1()1(2

),()1(

),(

1

12

2

211

1

2

2

211

11

21

ttx

tt

xt

tt

txttx

Xt

tt

txttx

vx

tt

txt

tDtD

+=

++

+

+−

+=

+

+

+−

+=

∂

∂+

+∂∂= xx

rr φφ

También podríamos haber obtenido este mismo resultado partiendo que se cumple que

tXttDtD

12),(),( =≡ XXrr

&φφ y además conociendo las ecuaciones del movimiento

)1(1

1 tx

X+

= , obtenemos que:

tt

xttttt

DtD

tXttDtD

)1(2),()),,(()),,((

2),(),(

1

1

+=≡≡⇒

=≡

xxXxX

XX

rrrrr

rr

&&

&

φφφ

φφ

Ejemplo 2.16: Sean las siguientes ecuaciones del movimiento en la descripción Lagrangiana:

++

+=

→

+=++=

++=

3

2

1

21

2

2

3

2

1Matricialforma

3321

3

222

12

122

11

100012021

2

2

XXX

ttt

tt

xxx

XtXxXtXtXx

XtXtXx (2.75)



100


Ciudad Real

Encontrar las componentes del vector desplazamiento en la descripción Lagrangiana y Euleriana. Solución:

El vector desplazamiento viene dado por Xxrrr

−=u . Reemplazando las ecuaciones del movimiento (2.75) obtenemos:

=−=

+=−=

+=−=

tXXx

tXtXXx

tXtXXx

321

333

22

1222

22

1111

2

2

u

u

u

que son las componentes del vector desplazamiento en la descripción Lagrangiana (material). Para obtener la descripción Euleriana debemos obtener las ecuaciones inversas de (2.75), resultando:

+=

−−−+−

=

−−−+−

=

⇒

+−−−

+−+−

−−−=

)2(2

13)1(2

13)1(2

)2(1300

0)1(202)1(

131

33

23

22

21

2

2312

1

3

2

1

21

23

2223

3

2

1

tx

X

ttttxtx

X

ttttxtx

X

xxx

tttt

tttt

tttXXX

Podemos utilizar, una vez más, la definición Xxrrr

−=u , pero ahora reemplazamos las coordenadas materiales, obteniendo así las componentes del vector desplazamiento en coordenadas espaciales (descripción Euleriana):

+−=−=

−−−+−

−=−=

−−−+−

−=−=

)2(2

13)1(2

13)1(2

33333

23

22

21

2222

2312

1111

tx

xXx

ttttxtx

xXx

ttttxtx

xXx

u

u

u

Ejemplo 2.17: Las siguientes ecuaciones describen el movimiento de las partículas de un cuerpo (medio continuo):

==

+=

33

22

211 2,0

XxXx

tXXx

Figura 2.1: Configuración de referencia 0=t .

33 , xX

1

11 , xX

22 , xX

O

1 1

D

E

C B

A

G

Configuración de referencia



101


Ciudad Real

En 0=t , este cuerpo tiene forma de cubo de lado unitario con un vértice en el origen, punto O, como se indica en la Figura 2.1. Determinar la configuración del cuerpo en el instante st 2= . Solución: Para obtener la configuración actual del cuerpo para el instante st 2= analizaremos independientemente el movimiento de las partículas. La partícula que ocupa posición O (origen) en 0=t tiene coordenadas materiales:

===

00 0

3

2

1

XXX

Sustituyendo en la expresión del movimiento:

===

⇒===00 0

),0,0,0(

3

2

1

321

xxx

tXXXxi

Concluyendo que la partícula del origen no cambia de posición durante el movimiento.

Las partículas que ocupan la línea OA en la configuración inicial tienen como coordenadas de referencia: )0,0,( 321 == XXX . En coordenadas espaciales:

====

=+=

00

2,0

33

22

1211

XxXx

XtXXx

Es decir, todas las partículas que están en la línea OA no se mueven durante el movimiento. Análogamente, podemos verificar que la recta )1,0,( 321 == XXX en la configuración de referencia )1,0,( 321 == XXX no se mueve:

====

=××+=

00

202,0

33

22

111

XxXx

XXx

Las partículas que están en la línea CB )0,1,( 321 == XXX en el tiempo st 2= ocuparán las posiciones:

====

+=××+=

01

4,0212,0

33

22

111

XxXx

XXx

Luego, todas las partículas que están en la línea CB se desplazarán 4,0 según la dirección 1x .

Las partículas que están en la línea OC en 0=t , tras el movimiento ocuparán las posiciones:

===

=××+=+=

0

4,022,002,0

33

22

22211

XxXx

XXtXXx



102


Ciudad Real

Siguiendo el mismo procedimiento para las partículas restantes, se obtiene la configuración final ( st 2= ) del cuerpo representada por la Figura 2.2.

Figura 2.2: Configuración actual t .

Ejemplo 2.18: Considérense las ecuaciones del movimiento dadas por:

=

→

=+=

+=

3

2

12

2

3

2

1MatricialForma

33

212

2

22

11

1000101

XXX

tt

xxx

XxXXtx

XtXx

Se pide: 1) Determinar la trayectoria de una partícula Q que originalmente, en 0t , estaba en

)1,2,1(=iX ;

2) Considerando la configuración actual st 5,0= . Determinar las componentes de la velocidad y de la aceleración de una partícula P que originalmente estaba en

( )1;; 154

1516 −=iX ;

3) Obtener las ecuaciones del movimiento en la descripción Euleriana; 4) Obtener las componentes de la velocidad y la aceleración de una partícula que en el tiempo ( st 5,0= ) pasa por el punto )1,0,1(=ix .

NOTA: Considerar el sistema internacional de unidades. Solución: 1)Utilizando las ecuaciones del movimiento y reemplazando las coordenadas materiales del punto )1,2,1(=iX , obtenemos:

=+=

+=

12

21

3

22

21

xtx

tx

Las ecuaciones anteriores representan la trayectoria de la partícula. Para obtener la ecuación de la partícula, eliminamos el tiempo de las ecuaciones de movimiento, obteniendo así:

3x

1 1x

2x

O

1

1

D

E

C B

A=A

G=G

B

E

C 0,4 0,4

Configuración del cuerpo en st 2=



103


Ciudad Real

=−=−

132

3

21

xxx

Lo cual indica que la partícula se mueve en línea recta según la ecuación )32( 21 −=− xx en el plano 13 =x , ver figura siguiente.

2) Las componentes de la velocidad y de la aceleración de la partícula P vienen dadas respectivamente por:

===

→=022

),(

3

12

21

VtXVtXV

DtDt scomponentexXVrrr

===

→=022

),(

3

12

21

AXAXA

DtDt scomponentevXArrr

Luego, para la partícula situada originalmente en ( )1;; 154

1516 −=iX , en st 5,0= tiene:

( ) ( )

==×=

=×=

==××=

=××= −−−−

0/2

/2

0/5,02

/5,02

3

21532

1516

2

215

815

41

3

1516

1516

2

154

154

1

AsmA

smA

yV

smV

smV

3) Invirtiendo las ecuaciones del movimiento resulta:

=⇒=−=⇒+=

−=⇒+=

3333

12

22212

2

22

1122

11

xXXxXtxXXXtx

XtxXXtXx

=−−

=

−−

=

⇒

33

41

22

2

42

21

1

1

1

xXt

xtxX

txtx

X

11 , xX

22 , xX

)32( 21 −=− xx

33 , xX

13 =x

trayectoria de la partícula



104


Ciudad Real

4) Podemos obtener la velocidad y la aceleración de la partícula que en el tiempo ( st 5,0= ) pasa por el punto )1,0,1(=ix simplemente obteniendo la expresión de la velocidad y aceleración en coordenadas espaciales: Velocidad:

=

=

−=

→

=−−

=

−−

=

→

===

=

0

/1516

/15

4

01

2

12

022

3

2

1

)01,1(

5,0

3

42

21

2

41

22

1

,

3

12

21

21

v

smv

smv

vt

xtxtv

txtx

tv

VtXV

tXV

x

st

XX

dosustituyen

Aceleración:

=

=

−=

→

=−−

=

−−

=

→

===

=

0

/1532

/158

01

2

12

022

3

22

21

)01,1(

5,0

3

42

21

2

41

22

1

,

3

12

21

21

a

sma

sma

at

xtxa

txtx

a

AXAXA

x

st

XX

dosustituyen

Podemos obtener la posición inicial de esta partícula utilizando las ecuaciones inversas del movimiento obtenidas en el apartado 3, )1,0,1(ix , resultando:

==

−=−−=

−−

=

=−

−=−−

=

1154

)5,0(1)1)(5,0(0

1

1516

)5,0(1)0)(5,0(1

1

33

4

2

41

22

2

4

2

42

21

1

xXt

xtxX

txtx

X

Podemos verificar que es la misma partícula P referida en el apartado 2. Es lógico que hayamos encontrado las mismas velocidades y aceleraciones utilizando las coordenadas materiales o espaciales, ya que la velocidad y aceleración son propiedades intrínsecas de una partícula.

Ejemplo 2.19: La aceleración de una partícula en un medio continuo está descrita por:

vvvvxa xrr

rrrr

r ⋅+∂∂== ∇

tDtDt),(

Demostrar que la aceleración también se puede escribir como:

vvv

vvvv

x

xx

rrr

rrrr

r

rr

2

)(22

2

rot∧−

+

∂∂=

∧∧−

+

∂∂=

vt

vtDt

D

∇

∇∇



105


Ciudad Real

Solución: Para demostrar la relación anterior es suficiente demostrar por identificación de términos:

)(2

2

vvvv xxxrrrr

rrr ∧∧−

=⋅ ∇∇∇ v

En notación simbólica:

( ) ( ) ( )ssrr

iijji

i vx

vvvx

v eeee 21)(

2

2

∧∂∂∧−

∂∂=∧∧−

vv xxrr

rr ∇∇

Utilizado la definición del operador de permutación (Capítulo 1) podemos expresar el producto vectorial como:

( ) ( )

kr

siitkrst

i

jji

tr

srstiijj

ii

xv

vxv

v

xv

vvvx

v

ee

eee

221

21)(

2

2

∂∂

−

∂∂

=

∂∂

∧−

∂∂=∧∧−

vv xxrr

rr ∇∇

En el capítulo 1 del libro se demostró que skrisirkkitrstitkrst δδδδ −== , luego:

( )

ki

ki

k

ssi

i

jj

kr

siskri

r

sisirki

i

jj

kr

siskrisirki

i

jj

xv

vxv

vxv

v

xv

vxv

vxv

v

xv

vxv

vv

ee

ee

ee

)(2

2

∂∂

−∂∂

−∂∂

=

∂∂

−∂∂

−∂∂

=

∂∂

−−∂∂

=∧∧−

δδδδ

δδδδvv xxrr

rr ∇∇

vv

vv

x

xx

rr

rr

r

rr

⋅=∂

∂=

∂∂

+∂∂

−∂∂

=

∂∂

+∂∂

−∂∂

=

∂∂

+∂∂

−∂∂

=∧∧−

∇

∇∇

ii

kk

ki

kii

i

ssi

i

ss

ki

kiiik

k

ssi

i

jssj

ki

kik

k

ssi

i

jj

vx

vxv

vxv

vxv

v

xv

vxv

vxv

v

xv

vxv

vxv

vv

e

eee

eee

eee

)(2

2

δδ

Ejemplo 2.20: Sea el movimiento:

>+=

0)1(

ttXx ii

Determinar el campo de velocidad en la descripción espacial. Solución: La velocidad será obtenida a través de la derivada temporal de las ecuaciones del movimiento:



106


Ciudad Real

[ ] iiii XtXdtdxV =+== )1(& (2.76)

Para hallar la velocidad en la descripción espacial tenemos que obtener la inversa de las ecuaciones del movimiento y reemplazar en la ecuación (2.76):

+==

+=⇒+=

tx

tXv

tx

XtXx

iii

iiii

1),(

)1()1(

xr

Ejemplo 2.21: Considérese el campo de temperatura )(xrT en la descripción espacial y las ecuaciones del movimiento siguientes:

∈+=+=

2,1)1()(2 2

221

itXxxxT

ii

Encuentre en st 1= la tasa de cambio de temperatura de una partícula que ocupaba la posición )1,1( en la configuración de referencia.

NOTA: Podemos observar que el campo de temperatura es un campo estacionario, es decir )(xrTT = .

Solución 1: En esta primera solución obtendremos la ecuación de la temperatura en la descripción material:

[ ]

+++=

+=

↓

↓

222

221

22

21

)1()1(2),(

)(2)(

tXtXtT

xxT

movimiento delecuaciones las doreemplazan

X

x

r

r

La derivada material viene dada por:

[ ])1(2)1(22),(),( 22

21 tXtX

dttdT

DtDTtT +++===⇒

XXr

r&

Reemplazando st 1= y las coordenadas materiales )1;1( 21 == XX obtenemos:

16)1;1;1( 21 ====⇒ tXXT&

Solución 2: En esta segunda solución usaremos directamente la definición de derivada material para propiedades descritas en coordenadas espaciales:

2,1)1(;)(2)( 21

21 ∈+=+= iXtxxxT iixr

2,1)()(),( ∈∂∂

∂∂+

∂∂==⇒ i

tx

xT

tT

DtDTtT k

k

xxxrr

r&

dado que )(xrT no es función del tiempo 0)( =∂

∂t

T xr :



107


Ciudad Real

22

2

2

11

1

10),(

XVXVt

xxT

tx

xTtT

==

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂+=⇒ x

r&

tx

tx

tT

tx

xt

xxtT

++

+=⇒

++

++=⇒

14

14

),(

14

140),(

22

21

22

11

x

x

r&

r&

La partícula que en la configuración de referencia ocupaba la posición )1,1( , en el tiempo st 1= estará en la posición iii XXtx 2)1( =+= , es decir, ( 2;2 21 == xx ):

1611)2(4

11)2(4

)1;2;2(22

21 =+

++

==== txxT&

Ejemplo 2.22: Dadas las siguientes ecuaciones del movimiento:

=−+=

−+=−

33

322

311

)(

)1(

XxXXx

XXxtt

tt

expexp

expexp

Se pide: Determinar las componentes de la velocidad y de la aceleración en coordenadas materiales y espaciales. Solución: Primero obtenemos la inversa de la ecuación del movimiento:

=⇒=−+=

−+=−

3333

322

311

)(

)1(

xXXxXXx

XXxtt

tt

expexp

expexp

=⇒=−=−

−=−

→ −

3333

322

311

)(

)1(

xXXxxXx

xXxtt

tt

expexp

expexp

resultando:

=−−=

−−=−

−−

33

2322

11

)1(

)1(

xXxxX

xXtt

ttt

expexp

expexpexp

(2.77)

o

−−−−

=

→

−−

=

−

−−

−

3

2

12

3

2

1

3

2

1

3

2

1

100)1(10

)1(0

100)(10

)1(0

xxx

XXX

XXX

xxx

tt

ttt

inversatt

tt

expexpexpexpexp

expexpexpexp

a) La velocidad en la descripción material viene dada a través de sus componentes:



108


Ciudad Real

0

)(),(

3

3332

311

=+=+=

+=

→= −−

VXXXV

XXV

txDtDV tttt

tt

ji expexpexpexp

expexp

Xr

(2.78)

b) La aceleración en la descripción material viene dada por:

0

)(),(

),(

3

32

311

=−=

+=

→= −

AXA

XXA

DttDV

tA tt

tt

ii expexp

expexpX

Xr

r (2.79)

Para obtener la velocidad y la aceleración en la descripción espacial es suficiente sustituir en las ecuaciones (2.78) y (2.79) los valores de 321 ,, XXX , dados por la ecuación (2.77), resultando:

espacial ndescripció la en nAceleració

espacia ndescripció la en Velocidad

axa

xxa

vxv

xxvtttt

l

=−=

+=

=+=

+=−−

0)(;

0)(

3

32

311

3

32

311

expexpexpexp

Ejemplo 2.23: El movimiento de un medio continuo viene definido por las siguientes ecuaciones:

constante0

)()(

)()(

33

2121

2121

2

2121

2121

1

≤≤

=−−+=

−++=−

−

t

XxXXXXx

XXXXxtt

tt

expexp

expexp

Expresar las componentes de la velocidad en la descripción material y espacial. Solución: Las componentes de la velocidad utilizando la descripción material son:

=

−++==

−−+==

−

−

0

)(21)(

21),(

)(21)(

21),(

3

21212

2

21211

1

V

XXXXDt

tDxV

XXXXDt

tDxV

tt

tt

expexp

expexp

X

X

r

r

(2.80)

Para expresar las componentes de la velocidad en la descripción espacial tenemos que obtener la inversa de las ecuaciones de movimiento, ),,( 321 XXXxx ii = resultando:



109


Ciudad Real

+−−−−+

=

→

+−

−+

=

−−

−−

−−

−−

3

2

122

22

3

2

1

3

2

1

3

2

1

2000)1()1(0)1()1(

21

100

02

)(2

)(

02

)(2

)(

xxx

XXX

XXX

xxx

tttt

tttt

inversa

tttt

tttt

expexpexpexpexpexpexpexp

expexpexpexp

expexpexpexp

Para obtener la velocidad en la descripción espacial es suficiente reemplazar las ecuaciones anteriores en las expresiones de la velocidad (2.80), resultando:

===

03

12

21

vxvxv

Ejemplo 2.24: Dado el movimiento:

3,2,1)( 3322121 ∈+++= iXXktXXx iiii δδδ

y la temperatura

21 xxT +=

Encontrar la tasa de cambio de T para la partícula que en la configuración actual está situada en el punto )1,1,1( .

Solución: Explícitamente las ecuaciones de movimiento son:

==

+=

33

22

211

XxXx

ktXXx

Reemplazando ix en la expresión de la temperatura, se obtiene la temperatura en la configuración material:

22121 ),()( XktXXtTxxT ++=⇒+= Xxrr

La derivada material de la temperatura viene dada por:

kTxkkXDt

XktXXDDtDTtT = →==

++== &

r& )1,1,1(

22221 )(

),(X

Solución alternativa: La derivada material para una propiedad expresada en la descripción espacial viene dada por:

tx

xT

tT

DtDTtxxxT k

k ∂∂

∂∂+

∂∂==),,,( 321

&

Considerando 21 xxT += , obtenemos:



110


Ciudad Real

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂

+

∂∂=

==== 0

3

03

0

2

2

1

10

321 ),,,(t

xxT

tx

xT

tx

xT

tTtxxxT&

2321 ),,,( kXtxxxT =⇒ &

Hallando la inversa de las ecuaciones del movimiento:

==

−= →

==

+=

33

22

211

33

22

211

xXxX

ktxxX

XxXx

ktXXxinversa

22321 ),,,( kxkXtxxxT ==⇒ &

Para la partícula que en la configuración actual pasa por el punto )1,1,1( :

ktxxxT ==== ),1,1,1( 321&

2.1.2 Tensores de Deformación Finita, Deformación Homogénea

Ejemplo 2.25: Una barra (considerada como un sólido de una dimensión) sufre un estiramiento uniforme de todos sus puntos dado por:

atexp=λ (2.81)

donde cttea = . Se pide:

a) Obtener las ecuaciones del movimiento ),( tXxxrrr

= ;

b) Obtener las componentes del tensor velocidad de deformación D .

Figura 2.3.

Solución: Haciendo el planteamiento en D1 :

dXdxdXdx

dSds atat expexp =⇒===λ (2.82)

1x

atexp=λ



111


Ciudad Real

∫ ∫= dXdx atexp (2.83)

CXx at += 11 exp (2.84)

para Xxt =⇒= 0 , luego

010 =⇒+=⇒+= CCXXCXx exp

(2.85)

Obtenemos así las ecuaciones del movimiento:

===

33

22

11

XxXx

Xx atexp (2.86)

El campo de velocidad:

==

===

00

3

2

111

1

vv

xaXadt

dxv atexp

(2.87)

Tensor velocidad de deformación:

∂∂

+∂∂=

i

j

j

iij x

vxv

21

D (2.88)

=

00000000a

ijD

(2.89)

Ejemplo 2.26: Considérese la ley del movimiento dada por las siguientes expresiones:

+−=−=+=

2133

322

311

2222

XXXxXXxXXx

Determinar las componentes del tensor de deformación de Green-Lagrange ( E ). Solución 1: Campo de desplazamiento

+−=−=−=−=

=−=

21333

3222

3111

222

2

XXXxXXx

XXx

uuu

Partiendo de las componentes del tensor de deformación de Green-Lagrange en función del gradiente material de los desplazamientos:



112


Ciudad Real

∂∂

∂∂

+

∂∂

=

∂∂

∂∂

+

∂∂

+∂∂

=

∂∂

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

j

k

i

k

sym

j

i

j

k

i

k

i

j

j

i

j

k

i

k

i

j

j

iij

XXX

XXXX

XXXXE

uuu

uuuu

uuuu

21

21

21

21

donde el gradiente material de los desplazamientos viene dados por:

−−=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

022200

200

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

XXX

XXX

XXX

X j

i

uuu

uuu

uuu

u

Verifiquemos que el gradiente material de los desplazamientos es un tensor antisimétrico. Es decir, la parte simétrica es el tensor nulo. Sólo queda el término:

−

−=

−−

−−=

∂∂

∂∂

=400022022

022200

200

022200

200

21

21

T

j

k

i

kij XX

Euu

Solución 2: Podemos aplicar directamente la definición:

( ) ( )ijkjkiijijij FFCE δδ −=−=21

21

donde:

−−=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

=122210

201

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Fj

iij

Luego:

−

−=

−

−−

−−=

400022022

100010001

122210

201

122210

201

21

T

ijE

Ejemplo 2.27: Consideremos una transformación homogénea definida por las siguientes ecuaciones:



113


Ciudad Real

+==

++=

313

22

3211

22

2

XXxXx

XXXx (2.90)

Demostrar que para una transformación homogénea, vectores paralelos en la configuración de referencia, siguen paralelos tras la deformación. Para la demostración considere dos partículas A y B cuyos vectores posición en la configuración de referencia son:

321

21

22

eee

ee

++=

+=B

A

X

Xr

r

(2.91)

Solución: El vector que une las dos partículas en la configuración de referencia viene dado por:

321 eeeV ++=−= ABrrr

(2.92)

El gradiente de deformación:

=

∂∂

=201020121

j

iij X

xF (2.93)

Podemos obtener los vectores posición de las partículas en la configuración actual:

XFx

XFx

rr

rr

⋅

⋅

=

⇒=

omogéneahciónTransformadd

(2.94)

luego,

=

=

=

=

447

122

201020121

;123

011

201020121

Bi

Ai xx (2.95)

y el vector que une estos dos puntos es:

321 324 eeev ++=−= AB xx rrr (2.96)

luego cualquier vector paralelo a Vr

, por ejemplo 321 222 eee ++ , después de la transformación: 321 648 eee ++ , es paralelo a v

r.

Ejemplo 2.28:

Considere una base ortonormal cartesiana ie y considere una deformación de corte puro representada por la deformación homogénea:

12eXtk+= Xxrr (2.97)

o explícitamente:



114


Ciudad Real

==

+=

33

22

211

XxXx

XtkXx (2.98)

Obtener la forma geométrica en la configuración actual de la Figura 2.4 representada por un rectángulo en la configuración de referencia.

Figura 2.4

Solución: El gradiente de deformación:

=

∂∂

=10001001 tk

Xx

Fj

iij (2.99)

Verificamos que se trata de un caso de deformación homogénea, crrr

+= ⋅ XFx con 0crr

= . Jacobiano:

1== FJ (2.100)

Verificamos que para este caso no hay dilatancia. Para la línea BC , que tiene como coordenadas en la configuración de referencia )0,,( 21 XX tenemos que:

==

+=

0

3

22

211

xXx

XtkXx (2.101)

Para la línea OA , de coordenadas )0,0,( 1X :

===

00

3

2

11

xx

Xx (2.102)

luego no se mueve.

O A

C B

2X

1X



115


Ciudad Real

Figura 2.5

Ejemplo 2.29: Sean las ecuaciones del movimiento:

33212211 ;22;

22 XxXXxXXx =+=+= (2.103)

Se pide: a) Probar que esta deformación es un ejemplo de transformación homogénea; b) Determinar las componentes del campo de desplazamientos u

r en coordenadas

materiales y espaciales; c) Determinar en la configuración actual la figura geométrica formada por las

partículas que en la configuración de referencia formaban un círculo:

02 322

21 ==+ XXX

d) Obtener las componentes del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green (C ) y del tensor de deformación de Green-Lagrange ( E ).

e) Obtener los valores principales de los tensores C y E . Solución: a) Una transformación homogénea si es el del tipo:

jiji XFx = (2.104)

donde

=∂∂

=

100

0122

0221

j

iij X

xF (2.105)

O A

C B

2x

1x

B′ C ′



116


Ciudad Real

=

3

2

1

3

2

1

100

0122

0221

XXX

xxx

(2.106)

Comprobando que es una transformación homogénea. Su forma inversa se obtiene las ecuaciones del movimiento en coordenadas espaciales:

=+−=

−=

⇒

−−

=

33

212

211

3

2

1

3

2

1

2 2

22

100022022

xXxxX

xxX

xxx

XXX

(2.107)

b) El campo de desplazamientos viene dado por:

=−=

=−+=−=

=−+=−=

⇒−=

022

22

22

22

333

1221222

2121111

Xx

XXXXXx

XXXXXx

u

u

u

Xxrrr

u (2.108)

En coordenadas espaciales queda:

( )( )

0 22 2

2 2 2

33333

21212222

21211111

=−=−=−=+−−=−=

+−=−−=−=

xxXxxxxxxXx

xxxxxXx

uu

u

(2.109)

c) Dada la ecuación de las partículas que en la configuración de referencia formaba un círculo:

0;2 322

21 ==+ XXX (2.110)

En la configuración actual queda:

( ) ( ) 2 2 2 222

212

21 =+−+− xxxx (2.111)

Desarrollando obtenemos que:

1 2433 2122

21 =−+ xxxx (ecuación de una elipse) (2.112)

Ver Figura 2.6.



117


Ciudad Real

-2

-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

2

-2 -1 0 1 2

x1

x2Conf. de Referencia

Conf. Deformada

Figura 2.6

d) El tensor derecho de deformación de Cauchy-Green y el tensor de deformación de Green-Lagrange vienen dados, respectivamente, por:

( )1−== ⋅ CEFFC21;T (2.113)

Luego las componentes de C son:

=

=

100

0232

0223

100

0122

0221

100

0122

0221

ijC (2.114)

Obteniendo los autovalores de (2.114):

1;223;2

23

321 =−=+= CCC (2.115)

Las componentes del tensor E son:



118


Ciudad Real

( )

=

−

=

δ−=

00001220221

41

100010001

100

0232

0223

21

21

ijijij CE

(2.116)

Los valores principales de E son obtenidos por:

−=λ

+=λ⇒=−λ−λ⇒=

λ−

λ−

4221

4221

0167

20

41

22

22

41

2

12 (2.117)

Luego, los valores principales de E son:

0;4

221;4

221321 =−=+= EEE (2.118)

Ejemplo 2.30: Probar que

[ ] 0rr =−⋅ TFFX )(det∇ (2.119)

Datos: Relación de Nanson AFarr

dJd T ⋅−= , o dAJdad T Nn ⋅−== Far .

Solución:

Considerando la relación de Nanson en notación indicial dAFJda kkii Nn 1−= , donde Fdet=J . Podemos integrar en toda la superficie:

∫∫ −=0

1

Skki

Si dAFJda Nn (2.120)

Fijemos que dado una función escalar f , se cumple que:

∫∫∫ ∂∂==

V iVi,

Si dV

xfdVfdaf n

Haciendo 1=f , obtenemos que:

iS

i da 0 =∫ n

Retomando la ecuación (2.120), y aplicando el teorema de la divergencia de Gauss para la segunda integral, obtenemos que:



119


Ciudad Real

( ) ( ) iV

kikV

kkiS

kkiiS

i dAFJX

dA,FJdAFJda 0 0 000

111 =∂∂==== ∫∫∫∫ −−− Nn

[ ] 0r

r =∫ −⋅0

)( V

T dAFFX det∇ (2.121)

Luego si es válido para todo el volumen, tiene que ser válido localmente:

[ ] 0rr =−⋅ TFFX )(det∇ (2.122)

Ejemplo 2.31: Considérese el siguiente campo de velocidad:

+−=−=+−=

213

312

321

3235

25

xxvxxv

xxv

Demostrar que dicho movimiento corresponde a un movimiento de sólido rígido. Solución:

En primero vamos obtener el gradiente espacial de la velocidad ( )l , cuyas componentes vienen dadas por:

−−

−=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∂

∂=

032305

250),(

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

xv

xv

xv

xv

xv

xv

xv

xv

xv

xtv

j

iij

xrl (2.123)

Recordar que ( l ) podemos descomponer en una parte simétrica (D ) y otra antisimétrica (W ). También podemos verificar que WWD =+=l . Ya que 0D = , el movimiento es de sólido rígido.

Ejemplo 2.32:

Dada una función escalar en la configuración de referencia ),( tXr

φ . Obtener la relación entre el gradiente material de ),( tX

rφ , es decir, ),( tXX

rrφ∇ , y el gradiente espacial de

),( txrφ , es decir, ),( txxr

rφ∇ .

Solución: Recordemos que una variable que está en la configuración de referencia la podemos expresar en la configuración actual a través de las ecuaciones del movimiento, es decir,

),()),,((),( tttt xxXX rrrrφφφ == . Luego, partiendo de la definición del gradiente de un

escalar podemos obtener que:

FxFxx

Xx

xxX

XXX xX ⋅⋅⋅ =

∂∂=

∂∂

∂∂=

∂∂= ),(),()),,((),(),( tttttt

rr

r

r

r

r

rr

r

rr

rr φφφφφ ∇∇



120


Ciudad Real

Ejemplo 2.33: El campo de desplazamientos de un cuerpo viene descrito por las siguientes ecuaciones:

+=

+=

+=

1233

3222

22

11

4

2

3

XX

XX

XX

u

u

u

Determinar el vector xrd (configuración actual) cuyo vector en la configuración de referencia estaba representado por X

rd y pasaba por el punto )1,1,1(P .

Solución: Para determinar el vector xrd necesitamos obtener el gradiente de deformación F . Las componentes del gradiente de deformación material pueden obtenerse utilizando directamente la ecuación:

j

iijij X

F∂∂

+=u

δ

++

+=

3

2

1

810114100161

XX

XFij

Las componentes del gradiente de deformación en el punto )1,1,1(P son:

=

901150017

PijF

Una vez obtenido el gradiente de deformación F , las componentes del vector xrd vienen dadas por:

jiji XdFdx =

+++

=

=

31

32

21

3

2

1

3

2

1

957

901150017

dXdXdXdXdXdX

dXdXdX

dxdxdx

Ejemplo 2.34:

P

11 , xX

=

3

2

1

dXdXdX

dX k

22 , xX

33 , xX

Q X

rd



121


Ciudad Real

Dadas las componentes del campo de desplazamientos siguientes:

==

+=

0

2

3

222

21211

uu

u

X

XXX para 0 ;0 21 ≥≥ XX

Se pide: a) Encontrar el vector en la configuración de referencia cuyo vector en la configuración

actual es )0,0,1()( =′=→

ii POdx ;

b) Encontrar el estiramiento de un elemento de línea que en la configuración actual es el

vector )0,0,1()( =′=→

ii POdx y que pasa por el punto )0,0,1(P .

Solución: a) Dadas las componentes del desplazamiento podemos obtener las componentes del movimiento según la ecuación:

iii Xx −=u

=+=

++=

→

+=+=+=

33

2222

212111

333

222

111 2

Xx

XXx

XXXXx

XxXxXx

321 u,u,u de valores

dosustituyen

uuu

Podemos verificar que no se trata de una deformación homogénea, ya que una recta en la configuración de referencia no sigue siendo una recta en la configuración deformada. Como ejemplo consideremos que unas partículas que ocupan una recta en la configuración de referencia, tras la deformada estas partícula ya no formarán una recta en la configuración actual, ver Figura 2.7.

Figura 2.7: Deformación de la recta (1,1). Reemplazando el punto )0,0,1( 321 === xxxP en las ecuaciones del movimiento anterior, resulta:

0

0,5

1

1,5

2

2,5

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5

x1

x2

Conf. Actual

Conf. Referencia

P

P

Q Q



122


Ciudad Real

=+=

++=

3

222

21211

00

21

XXX

XXXX

Podemos decir de inmediato que 03 =X y 222 XX −= , debido a la restricción del problema

02 ≥X , luego la única solución posible es 02 =X . Sustituyendo los valores de 03 =X y 02 =X en la primera ecuación resulta:

=−=

→+=21

1

1211

121

XX

XX oresolviend

Debido a la restricción 01 ≥X , la única solución posible es 21

1 =X . Así:

)0;0;( 3221

1 === XXX

Es decir, la partícula que en la configuración actual ocupa )0,0,1( 321 === xxx , en la configuración de referencia ocupaba el lugar );0;0;( 322

11 === XXX .

Calculemos el incremento en esta dirección Xr

d , según la ecuación kjkj XdFxd = y su forma inversa:

=

−

3

2

11

3

2

1

dxdxdx

FdXdXdX

jk

Para lo cual debemos calcular antes las componentes del gradiente de deformación material jkF . Podemos hacerlo directamente partiendo de la definición:

+

++=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=10002100)41(

2

121

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

XXXX

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

F jk

Para el punto );0;0;( 3221

1 === XXXP obtenemos las componentes del gradiente de deformación:

=

10001003 2

1

PjkF

Calculamos la inversa 11)( −− ≡ jkjk FF . Por definición:

−=

−==−

30003005,01

31

300035,0001

31)(11

T

jkjk

jk FF

F adj

Luego:



123


Ciudad Real

=

−=

=

−

00

001

30003005,01

31 3

1

3

2

11

3

2

1

dxdxdx

FdXdXdX

jk

b) El estiramiento viene dado por:

( )3

00

0012

31

2

=++

++==λXxr

r

dd

0

0,02

0,04

0,06

0,08

0,1

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5

x1

x2

Conf. Actual

Conf. Referencia

Ejemplo 2.35:

Utilizar la definición ( )[ ] ( )ijij F

DtFD

DtD

cofdet =F para obtener la expresión

( )[ ] iiJvDtD

,=Fdet .

Solución: Considerando que j

iij X

xF

∂∂

= , luego:

( )[ ] ( )

( )

( ) ( )ijij

iji

j

ijj

i

FvXD

FDtx

XD

FXx

DtD

DtD

cof

cof

cofdet

∂=

∂∂

=

∂∂

=F

o aún considerando que )),,(( ttvi Xxr , podemos decir que:

( )[ ] ( )ijj

k

k

i FXx

xv

DtD

cofdet∂∂

∂∂

=F

Y considerando la definición del cofactor: ( )[ ] ( ) ( )ijijT

ij FFF detcof 1−= , obtenemos que:



124


Ciudad Real

( )[ ] ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )ii

iji

iijki

k

i

ijjikjk

i

ijT

ijj

k

k

i

Jv

Fxv

Fxv

FFFxv

FFXx

xv

DtD

,

1

=∂∂

=∂∂

=

∂∂

=

∂∂

∂∂

=

−

−

detdet

det

detdet

δ

F

Ejemplo 2.36: Dado el diferencial xrd , hallar su derivada material. Solución:

xvx

XF

XFXF

XFx

x

x

rr

r

321r

43421

rr

rr

r

r

r

dd

d

dDtDd

DtD

dDtDd

DtD

d

⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅

⋅

==

=

+=

=

∇l

l0

)()(

)(

Las componentes vienen dadas por:

kk

ikki

idx

xv

dxvdDtD

∂∂

==

,xr

Ejemplo 2.37: Considerando las ecuaciones del movimiento:

+=

+=

+=

2333

2222

2111 4

XXx

XXx

XXXx

Encontrar el tensor de deformación de Green-Lagrange E . Solución: El tensor de deformación de Green-Lagrange viene dado por:

)(21

)(21

ijkjkiij

T

FFE δ−=

−= ⋅ 1FFE (2.124)

Considerando las ecuaciones del movimiento podemos obtener las componentes del gradiente de deformación material F :



125


Ciudad Real

++

+=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

=

3

2

12

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

2100021004)41(

XX

XX

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Fj

kkj

++++

++=

++

+

++

+=

23

22

2112

122

2

3

2

12

3

21

2

)21(000)21()4(4)41(04)41()41(

2100021004)41(

2100021400)41(

XXXXX

XXXX

XXX

XXX

XFF kjki

Reemplazando la relación anterior en la ecuación (2.124) obtenemos que las componentes del tensor de deformación de Green-Lagrange vienen dadas por:

−+−+++

+−+=

1)21(0001)21()4(4)41(04)41(1)41(

21

23

22

2112

122

2

XXXXXXXX

Eij

Ejemplo 2.38: Obtener los invariantes principales de E en función de los invariantes principales de C y b . Solución: Los invariantes principales de E son:

[ ] )(;)(21;)( 22 EEE EEEE detTrTr =−== IIIIIII

Considerando que )(21 1−= CE , resulta que:

Primer Invariante:

[ ] ( )321)()(

21)(

21)(

21)( −=−=−=

−== CE CCCE II 111 TrTrTrTr

Segundo Invariante:

[ ])(21 22 EEE Tr−= III

donde

( ) ( )96413

21 2

2 2 +−=

−= CCCE IIII



126


Ciudad Real

[ ] ( )

( ) ( ) ( )[ ]( )[ ]32

41

241

241)(

41)(

21)(

2

2

222

2

+−=

+−=

+−=−=

−=

CC

CC

CCCCE

ITr

TrTrTr

TrTrTrTr

1

111

Para obtener ( )2CTr , adoptaremos el espacio de las direcciones principales donde se cumple que:

( ) 23

22

21

2

23

22

21

2

000000

CCCC

CC

++=⇒

==⋅ CCCC Tr

Pero considerando la siguiente relación:

( ) ( )

CC

C

C

IIICCC

CCCCCCCCCCCCIII

2

2

223

22

21

32312123

22

21

2321

2

−=++⇒

+++++=++=4444 34444 21

Luego:

( )32241)( 22 +−−= CCCE IIIITr

Con lo cual concluimos que el segundo invariante viene dado por:

( ) ( )

( )3241

3224196

41

21 22

++−=

+−−−+−=

CC

CCCCCE

III

IIIIIIII

Tercer Invariante:

[ ])(21)(

21)(

3

11 −

=

−== CCEE detdetdetIII

Trabajando en las direcciones principales tenemos que:

( )( )( )

11

111100

010001

)(

321323121321

321

3

2

1

−+−=−+++−−−=

−−−=−

−−

=−

CCC

C

IIIIIICCCCCCCCCCCC

CCCC

CC

1det

luego:

( )181 −+−= CCCE IIIIIIIII

Resumiendo:



127


Ciudad Real

( )

( )

( ) 1248181

3443241

32321

+++=−+−=

++= →++−=

+=−=

EEECCCCE

EECCCE

ECCE

IIIIIIIIIIIIIIIIII

IIIIIIIIII

IIII

INVERSA

Ejemplo 2.39: Sea ( )CCC IIIIII ,,ΨΨ = una función de valor-escalar, donde CI , CII , CIII son los invariantes principales del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green C . Obtener la derivada de Ψ con respecto a C y con respecto a b . Comprobar que la siguiente igualdad es válida bFF BC ⋅⋅⋅ = ,, ΨΨ T .

Solución: Utilizando la regla de la cadena podemos obtener que:

( )CCCCC

C

C

C

C

C

CCCC ∂

∂∂∂+

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂=

∂∂

=III

IIIII

III

IIIIIII ΨΨΨΨ

Ψ,,

, (2.125)

Considerando las derivadas parciales de los invariantes vistas en el capítulo 1, podemos decir que:

1=∂∂CCI , CC

C CCC −=−=

∂∂

11 IIII T , 1−− ==

∂∂

CCC CCC IIIIII

III T , luego:

( ) 1,

−

∂∂+−

∂∂+

∂∂= CC C

CC

CCC III

IIII

IIIΨΨΨΨ 11

1,

−

∂∂+

∂∂−

∂∂+

∂∂= CC C

CCC

CCC III

IIIIII

IIIΨΨΨΨΨ 1

(2.126)

También es válido que:

1,

−

∂∂+

∂∂−

∂∂+

∂∂= bb b

bbb

bbb III

IIIIII

IIIΨΨΨΨΨ 1 (2.127)

Haciendo una contracción por la izquierda con F y por la derecha por TF en la relación (2.126) obtenemos que:

TTTT IIIIIIII

IIII

FCFFCFFFFF CCC

CCC

C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ −

∂∂+

∂∂−

∂∂+

∂∂= 1

,ΨΨΨΨΨ 1

(2.128)

Y considerando las siguientes relaciones:

bFFFF ==⇒ ⋅⋅⋅ TT1 2 bbbFFFFFCFFFC ===⇒= ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ TTTT

Y considerando la relación FbFC ⋅⋅ −−− = 111 concluimos que:



128


Ciudad Real

bbFFbFFFCFFbFC ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ −−−−−−− ==⇒= 1111111 TT Luego la expresión (2.128) puede ser rescrita como:

bbbbFF CCC

CCC

C ⋅⋅⋅ −

∂∂+

∂∂−

∂∂+

∂∂= 12

, IIIIIIII

IIII

T ΨΨΨΨΨ

bbbFF CCC

CCC

C ⋅⋅⋅

∂∂+

∂∂−

∂∂+

∂∂= −1

, IIIIIIII

IIII

T ΨΨΨΨΨ 1

También es válido que:

bbBFF bbb

bbb

C ⋅⋅⋅

∂∂+

∂∂−

∂∂+

∂∂= −1

, IIIIIIII

IIII

T ΨΨΨΨΨ 1

bFF bC ⋅⋅⋅ = ,, ΨΨ T c.q.d.

Verificando la expresión (2.127) podemos concluir que la relación bb bb ,, ΨΨ ⋅⋅ = es válida, indicando que los tensores B,Ψ y b son coaxiales.

Ejemplo 2.40: Demostrar que el tensor de deformación de Green-Lagrange ( E ) y el tensor derecho de deformación de Cauchy-Green (C ) son tensores coaxiales. Solución: Dos tensores son coaxiales cuando presentan las mismas direcciones principales. También se puede demostrar que son coaxiales cuando se cumpla la relación:

CEEC ⋅⋅ = Partiendo de la definición EC 2+=1 concluimos que:

( ) ( ) CEEEEEEEEEEEEC ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ =+=+=+=+= 2222 1111

Con lo cual se demuestra que los tensores E y C son tensores coaxiales.

Ejemplo 2.41:

Obtener la relación FFE ⋅⋅= DT& , partiendo de la definición XEXrr

dddSds ⋅⋅=− 2)()( 22 .

Obtener también la relación entre [ ]2)(dsDtD y D .

Solución:

Tomando la derivada material de la relación XEXrr

dddSds ⋅⋅=− 2)()( 22 :

[ ] [ ] [ ][ ]

[ ] XEXxx

XEXXEXXEXxx

XEX

r&

rrr

&rrr&

rr&rrr

rr

dddDtDd

ddddddddDtD

ddDtDds

DtDdSds

DtD

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅

==

++==

==−

==

22

222

2)()()(

00

222

El término [ ]xrdDtD , puede expresarse de la siguiente forma:



129


Ciudad Real

[ ] [ ] [ ]

∂∂

=

∂∂

=

∂∂

=

∂∂

=

→

==

=

⋅⋅⋅

⋅

ii

k

ik

ii

i

k

ii

kk

Indicial

dXXv

dXt

xDX

DdXXx

DtD

dXXx

DtDxd

DtD

dd

dDtDd

DtD

XF

XF

XFx

r

r&

rr

l

Con lo cual podemos decir que:

[ ]

XFFXXFXF

XFx

xxXEX

rr

rr

rr

rrr&

r

dddd

dd

dDtDddd

T ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

===

=

ll

l

222

22

Podemos descomponer de forma aditiva el tensor gradiente espacial de velocidad ( l ) en una parte simétrica (D ) y otra antisimétrica (W ):

XFFXXFFXXFFX

XFFXXFFXXEX

rr

rrrr

rr

rrr&

r

dddddd

dddddd

T

TT

T

T

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=+=

+==

DWD

WD

222

)(222 l

Observemos que 0)( =⊗== ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ xxxxXFFX rrrrrrdddddd T :WWW , ya que el tensor W

es antisimétrico y )( xx rrdd ⊗ un tensor simétrico. Con lo que concluimos que:

FFE ⋅⋅= DT&

Con lo cual la relación entre [ ]2)(dsDtD y D queda:

[ ] xxXFFX rrrrddddds

DtD T ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ == DD 22)( 2

Ejemplo 2.42:

Obtener la tasa del Jacobiano ( J& ) en función de la tasa del tensor de deformación de Green-Lagrange ( E& ) y también en función de la tasa del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green (C& ). Solución:

Considerando que )( DTrJJ =& , donde D es el tensor tasa de deformación, y está relacionado con E& por 1−− ⋅⋅= FEF &TD , luego:

( ) ( ) 1D :11 )( −−−− ⋅⋅⋅⋅ === FEFFEF &&& TT JJJJ TrTr

En notación indicial queda:

CC

ECEFF&

&&

&&&

:

::1

11

1111

2

−

−−−

−−−−

=

====

⋅JJJ

EFFJFEFJJTkppikiijpjkpki δ



130


Ciudad Real

Aún podemos expresar J& en función de F& , para ello consideremos la siguiente relación

( )spskspskkp FFFFE &&& +=21 . Luego J& aún puede se expresado por:

( )

( )( ) ( )

FF &

&

&&&&

&&

&&&&

:Tstts

sppsskkssppisiskkisi

spskpikispskpiki

spskspskpikikppiki

J

FJF

FFFFJFFFFJ

FFFFFFFFJ

FFFFFFJEFFJJ

−

−

−−−−

−−−−

−−−−

=

=

+=+=

+=

+==

1

1111

1111

1111

22

2

21

δδ

Resumiendo, podemos expresar la tasa del Jacobiano como:

FFCCEC &&&& ::: TJJJJJ −−− ==== 11

2 )( DTr

Ejemplo 2.43: Las componentes del campo de desplazamiento de un medio continuo son:

===

00

1,0

3

2

221

uuu X

Se pide: a) ¿Es una deformación posible en un cuerpo continuamente deformable? Justifique su respuesta; b) Determinar el tensor derecho de deformación de Cauchy-Green;

c) Encontrar los vectores deformados relativos a los vectores materiales 101,0 eb =

r y

2015,0 ec =

r, los cuales pasaban por el punto )0,1,1(P en la configuración de referencia;

d) Determinar los estiramientos de estos vectores, br

y cr

, en el punto )0,1,1(P ;

e) Determinar el cambio sufrido por el ángulo comprendido entre los dos vectores. Solución: a) Para que un movimiento sea posible, el Jacobiano tiene que ser positivo. El gradiente de deformación material viene dado por:

=

+

=

∂∂

+=10001002,01

00000002,00

100010001 22 XX

XF

j

iijij

uδ

Calculando el determinante: 01>== JFij . Luego es un movimiento posible.

b) El tensor derecho de deformación de Cauchy-Green viene definido por FFC ⋅= T , luego las componentes viene dadas por:



131


Ciudad Real

+=

=

100012,02,002,01

10001002,01

100012,0001

22

22

22

2 XXXX

XCij

c) El vector 101,0 eb =

r en el punto )0,1,1(P se deforma según al criterio:

bbrr⋅=′ PF

=

×=

′′′

0001,0

0001,0

100010012,01

3

2

1

bbb

y el vector 2015,0 ec =

r en la configuración actual queda:

=

×=

′′′

0015,0003,0

0015,00

100010012,01

3

2

1

ccc

d) Para obtener el estiramiento, utilizamos directamente la ecuación:

101,001,0 2

==′

=λb

bb

r

r

r

El estiramiento del vector cr

viene dado por:

02,10198,1015,0

015,0003,0 22

≈=+

=′

=λcc

c r

r

r

Solución Alternativa: Teniendo en cuenta que MCMM

⋅⋅=λ y Evaluando C en el punto P obtenemos que:

=

+====

100004,12,002,01

100012,02,002,01

)0,1,1( 22

22

2

321

P

ij XXX

XXXC

Luego aplicando bbb

⋅⋅=λ C y ccc

⋅⋅=λ C , podemos obtener que:

[ ] 11001

100004,12,002,01

001 2

=λ⇒=

=λ

bb

[ ] 0198,104,1010

100004,12,002,01

010 2

=λ⇒=

=λ cc

e) En la configuración actual el ángulo que forman los vectores, b′r

y cr′ , puede obtenerse

según la relación:

cb

cbrr

rr

′′

′′=θ ⋅

cos



132


Ciudad Real

196116135,0000234,001,0

00003,0

015,00,003 0,01

)0015,0003,0()0001,0(cos

222321321 ==

+

++++=θ

⋅ eeeeee

º69,78)196116135,0arccos( ≈=θ

Estos dos vectores, en la configuración de referencia, formaban un ángulo de º90 , luego el cambio de ángulo será:

º3,11º69,78º90 =−=θ∆ Solución Alternativa: Dadas dos direcciones en la configuración de referencia representadas por sus versores M y N , el ángulo formado por estos versores en la configuración actual (tras la deformada) viene dado por:

NM

NCM

NCNMCM

NCM

cos

λλ==θ ⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Haciendo b =M , c =N se cumple que:

[ ] 2,0010

100004,12,002,01

001 =

=⋅⋅ cb C

Luego,

196116135,004,11

2,0

cos

==

λλ==θ ⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

cb

cb

ccbb

cb C

CC

C

Ejemplo 2.44: Obtener una expresión de la densidad en función del tercer invariante del tensor de deformación de Green ( )CIII00 ρρ = .

Solución: Partiendo de la ecuación:

),(),()(0 tJt xxX rrrρρ =

y considerando que el tercer invariante viene dado por 2)( JIII == CC det , obtenemos que:

CIIIJ = , luego:

CIII 0 ρρ = (2.129)

Ejemplo 2.45: En un cierto instante, el campo de desplazamientos de un medio continuo es:

33311222111 )1(;)1(;)1( XaXaXaXa −=+−=−= uuu α

donde α es una constante. Determinar 1a , 2a y 3a sabiendo que el sólido es incompresible, que un segmento paralelo al eje 3X no se alarga y que el área de un elemento situado en el plano 31 XX − no se ha modificado.

Solución:



133


Ciudad Real

Partiendo de la definición del campo de desplazamientos ( Xxrrr

−=u ):

33333333

112221122222

11111111

)1()1(

)1(

XaxXaXxXaXaxXaXaXx

XaxXaXx

=⇒−=−=+=⇒+−=−=

=⇒−=−=

uuu

αα

Luego las ecuaciones del movimiento son:

=

⇒

=+=

=

3

2

1

3

21

1

3

2

1

333

11222

111

00000

XXX

aaa

a

xxx

XaxXaXax

Xaxαα (deformación homogénea)

Pudiendo sacar la información del determinante 0321 >= aaaF .

Con la condición de incompresibilidad 10 =≡⇒= JdVdV FF , con lo cual obtenemos la siguiente relación:

1321 =aaa

Que un segmento paralelo al eje 3X ( [ ]100 =iM ) no se alarga conlleva que el estiramiento según esta dirección es unitario 1 =λ

M:

012121 3333 =⇒=+=+=λ ⋅⋅ EEMMM

E

Las componentes del tensor de deformación de Green-Lagrange ( ( )1−= ⋅FFE T

21 ):

−−

−+=

−

=

1000101

21

100010001

00000

0000

21

23

2221

2122

121

3

21

1

3

2

11

aaaa

aaaa

aaa

a

aa

aaEij

ααα

αα

0

Luego:

101 32333 ±=⇒=−= aaE

Área en el plano 31 XX − no se ha modificado

=

3

2

1

3

21

1

3

2

1

00000

XXX

aaa

a

xxx

α

con [ ]001 )1( =iN y [ ]100 )3( =iN obtenemos que:

=

=

=

=

33

21

1)3(

1

1

3

21

1)1( 0

0

100

00000

;00

01

00000

aaaa

aaa

aaa

a

ii ααα nn

Luego el área en la configuración actual:



134


Ciudad Real

323111

3

11

321)3()1( 0

000

eeeeee

nn +−==∧ aaaa

aa ααrr

y su módulo no se modifica 1)3()1()3()1( =∧=∧ nnNNrr

:

1)()(1 23

21

223

21

231

21

)3()1( =+⇒−+==∧ aaaaaaa ααnnrr

Hemos obtenido anteriormente que 123 =a , con lo cual obtenemos que:

)1(

1)1(

111212

21

21

221

23

21

223

21

αααα

+±=⇒

+=⇒=+⇒=+ aaaaaaaa

Con lo cual concluimos que:

1;)1(;)1(

13

2221 =+=

+= aaa α

α

Ejemplo 2.46: El sólido de la Figura 2.8 sufre una deformación uniforme (homogénea). Se pide:

a) Obtener la expresión general de la descripción material del campo de desplazamientos ),( tXU

rr en función del tensor gradiente material de los

desplazamientos J . b) Obtener dicha expresión sabiendo que, además, se cumple las siguientes

condiciones de contorno:

δ====

∀==

),,,(0),,,0(

,,0),(),(

3211

3211

32132

tXXLXtXXX

XXXtt

uu

uu XXrr

c) Justificar los valores posibles (positivos y negativos) que puede tomar δ . d) Calcular los tensores material y espacial de deformación y el de deformación

infinitesimales;

Figura 2.8: 2x

1x

3x

L δ



135


Ciudad Real

Solución:

Una deformación uniforme viene caracterizada por )(),( tt FXF =r

. Además sabemos que:

)()(),(),( uniformen Deformació tttt JJ += →+= 11 FXXFrr

donde J es el gradiente material de los desplazamientos y para una deformación uniforme no es dependiente de la posición, con lo cual podemos decir que:

)()(),(),()(),()( ttttddttt cXXXXXX rrrrrrrr

rr

+=⇒=⇒∂

∂= ⋅⋅ ∫∫ JJJ uuu

donde )(tcr es una constante de integración. Luego:

)()(),( ttt cXX rrrr+= ⋅Ju

En componentes:

+

++++++

=

3

2

1

333232131

323222121

313212111

3

2

1

ccc

XXXXXXXXX

JJJJJJJJJ

uuu

b) De las condiciones del apartado b) podemos decir que:

condición 1) 32132 ,,0),(),( XXXtt ∀== XXrr

uu :

========

⇒

+

++++++

=

==

0,0;0;00,0;0;0

00

3333231

2232221

3

2

1

333232131

323222121

313212111

3

2

1

cc

ccc

XXXXXXXXX

JJJJJJ

JJJJJJJJJ

uuu

condición 2) 0),,,0( 3211 == tXXXu :

0,0;000

00

0

11312

1313212111

3

2

1

===⇒

+

++=

=c

cXXXJJ

JJJ

uuu

condición 3) δ== ),,,( 3211 tXXLXu

=⇒

+

=

=L

Lδ

δ11

11

3

2

1

000

00 JJ

uuu

Con lo cual podemos decir que las componentes del gradiente material de los desplazamientos son:

=000000

00L

ij

δ

J

Y además el campo de desplazamientos:

= →+= ⋅00),()()(),(

1XL

tttt iscomponente

δ

XcXXrrrrr

uJu



136


Ciudad Real

c) Para que el movimiento sea posible y tenga significado físico hay que cumplir que 0>F :

LL

LFtt ij

scomponente −>⇒>+=⇒

+

= →+= δδ

δ

01100010

001

)()( FF J1

d) Tensor material de deformación (Tensor de deformación de Green-Lagrange):

( )

+

= →−= ⋅000000

0021

21

2

2

LLEij

scomponenteT

δδ

1FFE

Tensor espacial de deformación (Tensor de deformación de Almansi):

( )

+

+

= →−= ⋅000000001

1

21

21

2

2

2

L

LLeij

scomponenteT

δ

δδ

FFe 1

Tensor de deformación infinitesimal:

=ε000000

00L

ij

δ

Ejemplo 2.47: Sobre el tetraedro de la Figura 2.9 se produce una deformación uniforme ( ctte=F ) con las siguientes consecuencias:

1. Los puntos O , A y B no se mueven; 2. El volumen del sólido pasa a ser "" p veces el volumen inicial;

3. La longitud del segmento AC pasa a ser 2

p veces la inicial;

4. El ángulo AOC pasa a ser de º45 . Se pide: a) Justificar por qué no puede utilizar la teoría de deformación infinitesimal; b) Obtener el tensor gradiente de deformación, los posibles valores de "" p y el campo

de desplazamiento en su forma material y espacial; c) Dibujar el sólido deformado



137


Ciudad Real

Figura 2.9.

Solución: a) el ángulo AOC pasa de º90 a º45 por lo que, evidentemente, no se trata de una pequeña deformación, ya que en el caso de pequeñas deformaciones 1<<φ∆ , y en este

problema tenemos que 7854,04≈π<<φ∆

b) Estamos en un caso de deformación homogénea. Luego, las ecuaciones del movimiento viene dadas por:

)()( tt cXFx rrr+= ⋅

+

=

3

2

1

3

2

1

333231

232221

131211

3

2

1

ccc

XXX

FFFFFFFFF

xxx

El punto )0,0,0( 321 === XXXO no se mueve:

=

⇒

+

=

000

000

000

3

2

1

3

2

1

333231

232221

131211

ccc

ccc

FFFFFFFFF

El punto )0,0,( 321 === XXaXA no se mueve:

===

⇒

=

⇒

=

001

00

00

00

31

21

11

31

21

11

333231

232221

131211

FFF

aFaFaFaa

FFFFFFFFFa

El punto )0,,0( 321 === XaXXB no se mueve:

===

⇒

=

⇒

=

010

0

0

0

0

001

0

0

32

22

12

32

22

12

3332

2322

1312

FFF

aFaFaF

aaFFFFFF

a

Agrupando las informaciones anteriores:

A

B

C

O

1x

2x

3x

a

a

a



138


Ciudad Real

33

33

23

13

;001001

FFFF

Fij =

= F

El volumen del sólido pasa a ser "" p veces el volumen inicial. La relación del diferencial de volumen en la configuración de referencia y actual viene dada por:

inicialinicialfinal VFVVdVdVdVdV 3300 ==⇒=⇒= ∫∫ FFF

donde hemos tenido en cuenta que la deformación es homogénea. Con lo cual, concluimos que pF =33

(La longitud del segmento AC pasa a ser 2

p veces la inicial). Como estamos con deformación

homogénea, una recta en la configuración de referencia seguirá siendo una recta en la configuración deformada. El punto ),0,0( 321 aXXXC === se desplaza como:

=

⇒

=

apaFaF

xxx

apFF

xxx

C

C

C

C

C

C

23

13

3

2

1

23

13

3

2

1

00

001001

La longitud del segmento AC en la configuración de referencia es 2aLAC = . El vector que une los puntos )0,0,( 321 ===≡′ xxaxAA , ),,( 3232131 apxaFxaFxC ===′ en la configuración deformada viene dado por:

3223113 )()()( eee apaFaaFAC ++−=

Su módulo: 22

232

1322

232

13 )()()1()()())1(( pFFaapaFFaAC AC ++−=++−== l

Utilizando la información proporcionada por el problema: ACAC Lp2

=l . Con lo cual:

ppFF

appFFa

LpACAC

=++−

=++−

=

2223

213

2223

213

)()()1(

22

)()()1(

2l

Resultando:

==

⇒

=+−⇒

=++−

01

0)()1(

)()1(

23

13

223

213

22223

213

FF

FF

ppFF

Resultando:



139


Ciudad Real

=

pFij

00010101

El ángulo AOC pasa a ser de º45 .

[ ]

=

=

⇒=⇒=001

001

00010101

001)1(

3

)1(2

)1(1

)1()1()1(

pdxdxdx

dXFdxdX jijii

[ ]

=

=

⇒=⇒=ppdx

dxdx

dXFdxdX jijii 01

100

00010101

100)2(

3

)2(2

)2(1

)2()2()2(

( )22)º45cos(cos

)2()1(

)2()1(

===′ ⋅xxxxrr

rr

ddddCAO

donde 1)1( =xrd , 2)2( 1 pd +=xr , 1)2()1( =⋅ xx rrdd . Luego:

122

1

12

±=⇒=+

pp

Como el Jacobiano tiene que ser mayor que cero 0>= pF , eso implica que 1=p :

=

100010101

ijF

Las ecuaciones del movimiento quedan:

+=

=

3

2

31

3

2

1

3

2

1

100010101

XX

XX

XXX

xxx

El campo de desplazamientos material queda:

=

−

+=

⇒−=

00),(

3

3

2

1

3

2

31

3

2

1 X

XXX

XX

XXt

uuu

XxXrrrr

u



140


Ciudad Real

El campo de desplazamientos espacial:

=

003

3

2

1 x

uuu

c)

Ejemplo 2.48: Considérense las siguientes ecuaciones del movimiento:

233

322

11

XXxXXx

Xx

αα

+=−=

=

Se pide: a) El gradiente de deformación, el tensor derecho de deformación de Cauchy-Green, el tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green, el tensor de deformación de Green-Lagrange y el tensor de deformación de Almansi. Verificar si se trata de un caso de deformación homogénea. b) El tensor derecho de estiramiento, el tensor de rotación de la descomposición polar y la base principal del tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green de la descomposición polar. c) La longitud final de un elemento de longitud inicial 2 que se encuentra en la dirección

3X , y la distorsión angular de un ángulo que inicialmente es de º30 y está en el plano 21 XX − .

d) Obtener el tensor de deformación considerando el caso de pequeñas deformaciones. Solución: a) Gradiente de deformación (F )

AA ′≡

BB ′≡

C

O

1x

2x

3x

a a

a

C ′

=

=

a

a

apaFaF

xxx

C

C

C

023

13

3

2

1



141


Ciudad Real

−=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

=10

10001

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

αα

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Fj

iij

En general tenemos que XFxrr

dd ⋅= , y si estamos en un caso de deformación homogénea (caso particular del movimiento) se cumple que cXFx rrr

+= ⋅ , hecho que se puede comprobar a través de las ecuaciones del movimiento en forma matricial donde 0

rr=c :

−=

3

2

1

3

2

1

10

10001

XXX

xxx

αα

Tensor derecho de deformación de Cauchy-Green ( FFC ⋅= T ):

++=

−

−==

2

2

100010001

1010

001

1010

001

αα

αα

ααkjkiij FFC

Tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green ( TFFb ⋅= )

++=

−

−==

2

2

100010001

1010

001

1010

001

αα

αα

ααjkikij FFb

El tensor de deformación de Green-Lagrange ( )(21 1−= CE ) y el tensor de deformación

de Almansi ( )(21 1−−= be 1 ) vienen definidos a través de sus componentes por:

=

−

++=−=

2

2

2

2

0000000

21

100010001

100010001

21)(

21

αα

ααδ ijijij CE

+

+=

+

+−

=−= −

2

2

2

2

2

21

100

01

0

000

21

1100

01

10001

100010001

21)(

21

αα

αα

α

αδ ijijij be

Se puede verificar los resultados a través de la relación FeFE ⋅⋅= T :



142


Ciudad Real

=

−

+

+

−=

2

2

2

2

2

2

0000000

21

1010

001

100

01

0

000

1010

001

21

αα

αα

αα

αα

ααijE

b) Según el formato de las componentes cartesianas de C , podemos verificar que ele espacio original ya es el espacio principal de C , es decir, las direcciones principales son

[ ]001 )1( =iN , [ ]010 )1( =iN , [ ]100 )1( =iN . Por definición, el tensor derecho de estiramiento viene dado por C=U , y sus componentes:

+

+= →

++= −

2

2

1

2

2

1

100

01

10001

100010001

α

ααα ij

inversaij UU

A través de la descomposición polar por la derecha ( 1−⋅⋅ =⇒= URUR FF ), luego:

−+

+=

+

+

−== −

1010

001

1

1

1

100

01

10001

1010

001 2

2

2

2

1

αα

α

α

α

αααkjikij F UR

Observemos que según el formato de las componentes cartesianas de b , tenemos como direcciones principales [ ]001 , [ ]010 , [ ]100 , pero esta no es la base principal del tensor b de la descomposición polar. Como hay dos autovalores iguales correspondientes a las direcciones [ ]010 , [ ]100 , cualquier dirección en el plano 32 xx − será una dirección principal.

Figura 2.10: Espacio principal de b .

11 , xX

22 , xX

33 , xX

)1(n -dirección principal única, asociada al autovalor 11 =b .

Cualquier dirección en el plano 32 xx − es una dirección

principal de b



143


Ciudad Real

Recordar que la descomposición polar es única, es decir, sólo habrá una única base principal de b para la descomposición polar. A través de la relación )()( aa NRn ⋅= podemos encontrar la base de b de la descomposición polar:

( )

+=

−+

+== ⋅

αααα

α

α10

1

1

010

1010

001

1

12

2

21)2()2( NRin

( )

−

+=

−+

+== ⋅

1

0

1

1

100

1010

001

1

12

2

21)3()3( α

ααα

α

αNRin

Verifiquemos además que se cumple la relación ∑=

⊗=3

1

)()( a

aa NnR :

[ ] [ ] [ ]

−+

+=

−

++

++

=

−

++

++

=

++=

1010

001

1

1

10000

000

1

1

00010000

1

1

000000001

1001

0

1

101010

1

1001001

2

2

22

22

)3()3()2()2()1()1(

αα

α

α

αααα

αααα

jijijiij NnNnNnR

c) A través de la relación de estiramiento según una dirección M , dSds

d

d==λ

X

xM r

r

, y

teniendo en cuenta que el estiramiento no depende de la integral de línea (deformación homogénea), se cumple que:

inicialfinal LdSdSdsL MMM λ=λ=λ== ∫∫∫

El estiramiento según la dirección 3X viene definido por:

233333

121 α+=+==λ ECX

Luego:

222

02 12)(1 αα +=+=λ= ∫ inicialfinal LdXL M

Como se trata de un caso de deformación homogénea, una recta en la configuración de referencia sigue sendo una recta en la configuración actual, ver Figura 2.11.



144


Ciudad Real

Figura 2.11.

Según la Figura 2.11, podemos comprobar que:

2

2222

12

)1(4)2(2

α

αα

+=⇒

+=−+=

inicial

inicial

L

L

Para obtener el ángulo en la configuración actual que forman dos versores, podemos utilizar la expresión:

NM

NEM

2coscosλλ

+Θ=θ ⋅⋅ (2.130)

donde Θ es el ángulo que forman los versores M y N en la configuración de referencia, y θ es el ángulo que estos versores forman en la configuración actual. Teniendo en cuenta que el tensor de deformación de Green-Lagrange es independiente de Xr

, adoptaremos dos versores en el plano 21 XX − que forman un ángulo de º30=Θ : [ ]001 =iN , [ ]0º30sinº30cos =iM . Con estos datos tenemos que:

[ ] 00

º30sinº30cos

0000000

00121

2

2 =

=⋅⋅

ααNEM

Los estiramientos:

[ ] 11001

100

010001

001

2

22 =λ⇒=

++==λ ⋅⋅

MM MCMα

α

O

A

2=inicialL

11, xX

22 , xX

33 , xX

−=

−=

−=

220

200

10

10001

10

10001

3

2

1

3

2

1

αα

α

αα

A

A

A

A

A

A

XXX

xxx

A′

α2−

finalL



145


Ciudad Real

[ ]

º30sin1

º30sin)1(º30cos

0º30sinº30cos

100

010001

0º30sinº30cos

22

222

2

22

αα

αα

+=

++=

++==λ ⋅⋅ NCNN

Luego, º30sin1 22 α+=λN

. Resultando que:

º30sin1

º30cos

2coscos

22

α+=

λλ+Θ=θ ⋅⋅

NM

NEM

Como se trata de un caso de deformación homogénea, podemos adoptar dos rectas en la configuración de referencia y obtener estas dos rectas en la configuración actual y obtener el ángulo que forman. Por ejemplo, adoptando las rectas [ ]00º30cos=OB , y

[ ]0º30sinº30cos=OC . Según las ecuaciones del movimiento, el punto O no se mueve. A continuación obtenemos las nuevas posiciones de los puntos B y C , ver Figura 2.12:

=

−=

−=

00

º30cos

00

º30cos

1010

001

1010

001

3

2

1

3

2

1

αα

αα

B

B

B

B

B

B

XXX

xxx

=

−=

−=

º30sinº30sinº30cos

0º30sinº30cos

10

10001

10

10001

3

2

1

3

2

1

ααα

αα

C

C

C

C

C

C

XXX

xxx

Figura 2.12.

C

11, xX

22 , xX

33 , xX

A′ º30sinα

BB ′=

C′

º30

θ º30sin

º30cos

O



146


Ciudad Real

A continuación obtenemos el ángulo que forman los nuevos vectores BO ′′ y CO ′′ :

º30sin1

º30coscos

cosº30sinº30sinº30cosº30cosº30cos

cos

22

222222

α

α

+=θ⇒

θ++=

θ′′′′=′′′′ ⋅ COBOCOBO

d)

=ε

000000000

ij

Ejemplo 2.49: Un movimiento de cuerpo rígido está caracterizado por presentar la siguiente ecuación de movimiento:

Xxrrr ⋅+= )()( tt Qc (2.131)

Encontrar la velocidad y aceleración en función de ωr que es el vector asociado con el tensor antisimétrico TQQ ⋅= &Ω .

Solución:

Xxxvr

&&r&rrr ⋅+=== QcDtD

Considerando que QQQQ ⋅⋅ =⇒= ΩΩ && T , la relación anterior puede aún ser escrita como:

)( cc

Qcrr&rr

r&rr

−+=

+=

⋅⋅⋅xv

Xv

Ω

Ω

Utilizando la propiedad que para un tensor antisimétrico Ω el producto escalar de éste con un vector a

r podrá ser representado por aa

rrr∧=⋅ ωΩ , donde ωr es el vector asociado al

tensor antisimétrico Ω . Luego:

)(

)(

cc

ccrrr&r

rr&rr

−∧+=

−+= ⋅x

xv

ω

Ω (2.132)

La aceleración vendrá dada por:

Xxvar

&&&&r&&r&rr ⋅+=== Qc

Considerando que QQQ &&&& ⋅⋅ += ΩΩ la expresión anterior podrá ser representada por:

)()(

)(

ccc

QQc

QQc

QQc

rrrr&&&r

rr&&&r

r&

r&&&r

r&&&&rr

−+−+=

++=

++=

++=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

xx

XX

XX

Xa

ΩΩΩ

ΩΩΩ

ΩΩ

ΩΩ



147


Ciudad Real

Una vez más utilizando la propiedad aarrr

∧=⋅ ωΩ , podemos decir que:

[ ])()( cccrrrrrr&r&&rr

−∧∧+−∧+= xxa ωωω (2.133)

Para un movimiento de sólido rígido con 0crr

= , la velocidad viene dada por xvrrr

∧= ω , y el tensor tasa de deformación D viene dado por:

( ) ( ) ( ) ijpipjpipjpjpipipjqipjpqqjpipq

i

qpjpq

j

qpipq

i

qpjpq

j

qpipq

i

j

j

iij x

xxx

xx

xx

xv

xv

0

D

=ω−ω=ω+ω=ω+ω=

∂∂

ω+∂∂

ω=

∂ω∂

+∂ω∂

=

∂∂

+∂∂

=

21

21

21

21)()(

21

21

δδ

Una vez más hemos demostrado que 0D = para un movimiento de sólido rígido.

Ejemplo 2.50: Un fluido gira como un sólido rígido con una velocidad angular constante 33

eω=ωr . Se

pide: a) Obtener las componentes de la velocidad en la descripción espacial y material; b) Obtener la aceleración en la descripción espacial (Euleriana); c) Si srad /33 =ω encontrar la posición, velocidad y aceleración en el tiempo st 5,2= de una partícula que en la configuración de referencia ocupaba la posición )0,1,1( .

Solución:

Figura 2.13.

a) A través del ejercicio anterior podemos decir que xxv rrrr∧= ω),( t , o en notación indicial:

θe

xr

3ω

33 , xX

22 , xX

11 , xX

rr

re

33eω=ω

r

3e

rr ree == rr rr



148


Ciudad Real

233213313303323321331

3333022

011

xxxxx

xxxxxv

iiiii

kkikkikkikkikjijki

ω+ω=ω+ω+ω=

ω=ω+ω+ω=ω=

=

==

Luego:

=ω=ω=ω−=ω=

03

13132312

23231321

vxxv

xxv

(2.134)

Observar que el campo ),( txv rr es estacionario, es decir, )(xvv rrr= .

Para un movimiento de sólido rígido las ecuaciones del movimiento vienen gobernadas por:

Xxrr ⋅= )(tQ

donde las componentes del tensor ortogonal viene dada por las componentes de la matriz de transformación del sistema x ′r al sistema xr , luego:

θ+θθ−θ

=

θθθ−θ

=

3

21

21

3

2

1

3

2

1

)(cos)(sin)(sin)(cos

1000)(cos)(sin0)(sin)(cos

XXtXtXtXt

XXX

tttt

xxx

Teniendo en cuenta que dt

td )(θ=ω y al integrar obtenemos que:

ttdttd ω=θ⇒ω=θ ∫∫ )()(

Pudiendo así reescribir las ecuaciones del movimiento como:

ω+ωω−ω

=

θθθ−θ

=

3

21

21

3

2

1

3

2

1

)cos()sin()sin()cos(

1000)(cos)(sin0)(sin)(cos

XtXtXtXtX

XXX

tttt

xxx

(2.135)

Para obtener la expresión de la velocidad en la descripción material (Lagrangiana), reemplazamos las ecuaciones del movimiento (2.135) en las expresiones (2.134):

=

ω−ωω=

ω+ωω−=

0),(

))sin()cos((),(

))cos()sin((),(

3

2132

2131

tv

tXtXtv

tXtXtv

X

X

X

r

r

r

(2.136)

b) La aceleración Euleriana obtenemos a través de la definición de derivada material de la velocidad ),( txv rr :

),(),(),(),(),( tt

ttt

tt xvvXxxxvxvxa x

rrrrr

r

rr

43421

rrrr

r

r

⋅⋅ =∂

∂∂

∂+∂

∂= ∇

0

donde las componentes del gradiente espacial de la velocidad vienen dadas por:



149


Ciudad Real

( )

ω

ω−=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

==

∂∂

0000000

),(3

3

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

xv

xv

xv

xv

xv

xv

xv

xv

xv

tij

ijv

xxv

xr

r

rrr∇ (antisimétrico)

Comprobando que realmente se trata de un movimiento de sólido rígido. Luego, las componentes de la aceleración Euleriana vienen dadas por:

[ ]

ω−ω−

=

ωω−

ω

ω−=∇= ⋅

000000000

),(),( 223

123

13

23

3

3

xx

xx

tta ii xvvx xrrrr

r

Podemos expresar la aceleración 222311

23

),( ee xxt ω−ω−=xa rr en el sistema cilíndrico, ver Figura 2.13. Recordar del capítulo 1 de los apuntes que se cumplen que:

θ= cos1 rx , θ= cos1 rx , θ−θ= θ sincos1 eee r , θ+θ= θ cossin

2 eee r . Luego, la aceleración en el sistema cilíndrico queda:

r

a

r

r

23

23

2223

23

23

222311

23

)sin(cos

)cossin)(sin()sincos)(cos(

ω−=

ω−=

θ+θω−=

θ+θθω−θ−θθω−=

ω−ω−=

θθ

r

r

rr

r

r

rr

xx

e

e

eeee

ee

Esta última conocida como la aceleración centrífuga. c) La partícula que en la configuración de referencia ocupaba la posición )0,1,1( describe una trayectoria circular de radio 2=r en el plano 21 xx − , ver Figura 2.14.

Figura 2.14.

)0,( =tXvrr

Xr

Trayectoria de la partícula P

22 , xX

11 , xX

Partícula P

1

1 )5,2,( =tP xv rr

xr

Partícula P en st 5,2=



150


Ciudad Real

En la configuración de referencia ( 0=t ) se cumple que xX rr= . Para la partícula P

tenemos que:

=

==ω=ω==

−=−=ω−=ω−==

0

3)1)(3()0,(

3)1)(3()0,(

3

13132

23231

P

P

P

v

Xxtv

Xxtv

x

xr

r

−−

=

ω−ω−

==099

0)0,( 2

23

123

XX

ta Pi xr

Para el tiempo st 5,2= la posición, velocidad, y aceleración de la partícula P vienen dadas por:

−=

×+××−×

=

ω+ωω−ω

=

028464,159136,0

0)5,23cos()5,23sin()5,23sin()5,23cos(

)cos()sin()sin()cos(

3

21

21

3

2

1

XtXtXtXtX

xxx

P

P

P

=

−==ω==

−=−−=ω−==

0

77409,1)28464,1)(3()5,2,(

85391,3)59136,0)(3()5,2,(

3

132

231

P

P

P

v

xtv

xtv

x

xr

r

−=

ω−ω−

==0562,11

322,5

0)5,2,( 2

23

123

xx

ta Pi xr

Ejemplo 2.51: Considérese una barra sometida a sucesivos desplazamientos como se indica la Figura abajo Demostrar que la deformación Ingenieril (deformación de Cauchy) no es aditiva para incremento sucesivos de deformación, es decir, ε≠ε+ε )2()1( . Solución:

0L 0L

0B B B

)1(L

)1(L∆

)2(L∆

)2(L )1(fL

L∆

)2(LL ≡



151


Ciudad Real

La deformación de Cauchy fue definida como:

10

0

0−λ=

−=∆=ε

LLL

LL

C

Luego, la deformación total sufrida por el cuerpo, es decir, de la configuración 0B hasta la configuración B es

10

)2(

0

0)2(

−=−

=εLL

LLL

C

En la configuración B la deformación Ingenieril queda:

10

)1(

0

0)1(

)1( −=−

=εLL

LLL

C

En la configuración B teniendo en cuenta solo el incremento de desplazamiento )2(u , tenemos que:

1)1(

)2(

)1(

)1()2()2( −=−=ε

LL

LLL

C

Luego

CCC LL

LL

LL ε=

−≠

−+−=ε+ε 111

0

)2(

)1(

)2(

0

)1()2()1(

Un requerimiento esencial de toda deformación es que pueda caracterizar los desplazamientos reales, en el caso la longitud final:

LLL

LLLdxLLdx

LLLdxLLdx

LL

C

LL

C

∆=∆+∆⇒

∆=−=

−=ε

∆=−=

−=ε

∫∫

∫∫)2()1(

)2()1()2(

0)1(

)2(

0

)2(

)1(0

)1(

0 0

)1(

0

)1(

11

00

1

1

LLLdxLLdx

LL

C ∆=−=

−=ε ∫∫ 0

0 00

00

1

Deformación de Green-Lagrange

Observemos que la deformación de Green-Lagrange en la configuración B viene dado por:

( )121

22

20

20

2

−λ=−

=εL

LLG

Podríamos haber obtenido esta misma expresión utilizando la relación )1()2()1()1( FEFEE ⋅⋅+=

T , donde para el caso uniaxial tenemos que GE ε→ , )1()1(Gε→E ,

)2()2(Gε→E ,

0

)1()1()1(

LL=λ→F . Luego:

)1()2()1()1( FEFEE ⋅⋅+=T



152


Ciudad Real

( )20

20

2

20

20

2)2(

0

)1(2

)1(

)2(

0

)1(2

0

)1(

)1()2()1()1(

22

1211

21

LLL

L

LL

LL

LL

LL

LL

GGG

−=

−

=

−

+

−

=

λελ+ε=ε

2.1.3 Descomposición Polar del Gradiente de Deformación

Ejemplo 2.52: Considérense las componentes cartesianas del gradiente de deformación dadas por:

=

422362335

ijF

Obtener los tensores derecho (U ) e izquierdo (V ) de estiramiento y el tensor de rotación (R ) de la descomposición polar. Solución: Antes de obtener los tensores U , V , R , vamos analizar el tensor F . Para que tenga sentido físico el determinante de F tiene que ser mayor que cero,

060)( >=Fdet . Los autovalores y autovectores F se pueden obtener como: 1011 =′F asociado al autovector [ ]4264014327,0;6396021491,0;6396021491,0 )1( =im 322 =′F asociado al autovector [ ]3713906764,0;7427813527,0;5570860145,0 )2( −−=im 233 =′F asociado al autovector [ ]8164965809,0;4082482905,0;4082482905,0 )3( −−=im

Se puede verificar fácilmente que la base constituida por estos autovectores no forma una ortonormal, es decir, 0 )2()1( ≠ii mm , 0 )3()1( ≠ii mm , 0 )3()2( ≠ii mm . Verificamos también que si B es la matriz que contiene los auvectores de F :

−−−−=

=8164965809,0;4082482905,0;4082482905,03713906764,0;7427813527,0;5570860145,0

4264014327,0;6396021491,0;6396021491,0

)3(

)2(

)1(

i

i

i

mmm

B

podemos hallar que 1905,0)( ≠=Bdet , y que TBB ≠−1 . Pero se cumple que:

=

=

=

−−

2000300010

433263225

433263225

2000300010

11 BBBB yF Tij

Tensor derecho de deformación de Cauchy-Green, FFC ⋅= T (tensor definido positivo):

==

343529354931293133

kjkiij FFC

Los autovalores y autovectores del tensor C son:



153


Ciudad Real

→=′ autovectorC 274739,911 [ ]1894472683,07023576528,0;6861511933,0 )1( −=iN →=′ autovectorC 770098,322 [ ]8132215099,0;2793856273,0;5105143234,0 )2( −=iN →=′ autovectorC 955163,10233 [ ]550264423,0;65470405,0;518239,0 )3( −−−=iN

Dichos autovectores constituye una base ortonormal luego, se cumple que TCC AA =−1 , y

1)( −=CAdet , donde:

−−−−

−=

=550264423,065470405,0518239,0

8132215099,02793856273,05105143234,01894472683,07023576528,06861511933,0

)3(

)2(

)1(

i

i

i

NNN

CA

cumpliendo que:

′′

′=

=

=

′′

′

33

22

11

33

22

11

000000

343529354931293133

; 343529354931293133

000000

CC

CC

CC

CT

ijT

CCCC AAAA

En el espacio principal de C obtenemos las componentes del tensor derecho de estiramiento U como:

=

′′

′=

λλ

λ=′=′

1466824,100009416741,10000454455,3

000000

000000

33

22

11

3

2

1

CC

C

ijUU

y su inversa:

=

λ

λ

λ

=′= −−′

1466824,10100

09416741,1

10

000454455,3

1

100

010

001

3

2

1

11ijUU

Pudiendo así obtener las componentes del tensor U en el espacio original a través de la ley de transformación:

ijT U=

=′

46569091,480907159,248328843,280907159,200314487,625196988,248328843,225196988,266496626,4

CC AUA

y

11

38221833,012519889,014302659,012519889,024442627,025196988,214302659,005134777,031528844,0

−− =

−−−−−

=′ ijT UCC AUA

Luego, el tensor de rotación de la descomposición polar viene dado por la expresión 1−⋅= UR F , que resulta en un tensor ortogonal propio 1)( =Rdet .

−−−== −

9924224,011463858,004422505,010940847,098826538,010658955,005592536,010094326,09933191,0

1kjikij F UR

Tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green, TFFb ⋅= (tensor definido positivo):

==

242828284937283743

jkikij FFb



154


Ciudad Real

Los autovalores y autovectores del tensor b son: →=′ autovectorb 274739,911 [ ]238183919,07465251613,06212637156,0 )1( −=in →=′ autovectorb 770098,322 [ ]8616587383,01327190337,04898263742,0 )2( −=in →=′ autovectorb 955163,10233 [ ]448121233,06519860747,0611638389,0 )3( −−−=in

Observemos que son los mismos autovalores del tensor C , pero con distintos autovectores. Los autovectores del tensor b también constituye una base ortonormal luego, se cumple que T

bb AA =−1 , y 1)( −=bAdet , donde:

−−−−

−=

=448121233,06519860747,0611638389,0

8616587383,01327190337,04898263742,0238183919,07465251613,06212637156,0

)3(

)2(

)1(

i

i

i

nnn

bA

cumpliendo que:

′′

′=

=

=

′′

′

33

22

11

33

22

11

000000

242828284937283743

; 242828284937283743

000000

bb

bb

bb

bT

ijT

bbbb AAAA

Ya que los tensores C y b tienen los mismos autovalores se cumple que ijij VU ′=′ , es decir, que tienen las mismas componentes en sus respectivos espacios principales. Y como consecuencia 11 −− ′=′ ijij VU . Luego se cumple que: Pudiendo así obtener las componentes del tensor U en el espacio original a través de la ley de transformación:

ijTT V=

== ′′

3,65196222,200985532,412226122,200985536,044638572,760073792,412226122,760073795,3720129

bbbb AUAAVA

y

111

0,420798490,088487990,141769210,088487990,233960310,079506840,141769210,079506840,28717424

−−− =

−−−−−−

== ′′ ijTT Vbbbb AUAAVA

El tensor de rotación de la descomposición polar ya obtenido anteriormente tiene ser el mismo si utilizamos la expresión F⋅−= 1VR . También podríamos haber obtenido los tensores U , V , R a través de su representación espectral. Es decir, si conocemos los estiramientos principales iλ y los autovectores de C ,

)( iN , y los autovectores de b , )( in , es de fácil demostración que: )3()3(

3)2()2(

2)1()1(

1

3

1

)()( NNNNNNNNU ⊗λ+⊗λ+⊗λ=⊗λ=∑=a

aaa

)3()3(3

)2()2(2

)1()1(1

3

1

)()( nnnnnnnnV ⊗λ+⊗λ+⊗λ=⊗λ=∑=a

aaa

)3()3()2()2()1()1(3

1

)()( NnNnNnNnR ⊗+⊗+⊗=⊗=∑=a

aa



155


Ciudad Real

RVUR

RnnNNR

RnnNNR

NnNnNnNn

⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅

==

⊗λ=

⊗λ=

⊗λ=⊗λ=

⊗λ+⊗λ+⊗λ=⊗λ=

∑∑

∑∑

∑

==

==

=

3

1

)()(3

1

)()(

3

1

)()(3

1

)()(

)3()3(3

)2()2(2

)1()1(1

3

1

)()(

a

aaa

a

aaa

a

aaa

a

aaa

a

aaaF

Como podemos verificar la representación espectral de los tensores R y F no viene presentada en el sentido estricto de la representación espectral, es decir, autovalor y autovetor del tensor.

Ejemplo 2.53: El tensor gradiente de deformación en un punto del cuerpo viene dado por:

3322122111 1,04,03,01,02,0 eeeeeeeeee ⊗+⊗+⊗+⊗−⊗=F

donde ( )3,2,1 =iie representa la base cartesiana. Se pide:

a) Determinar los tensores de deformación b y C ; b) Determinar los autovalores y autovectores de b y C ; c) Escribir F en su representación espectral en función de los autovalores de C ( aC )

y verificar si se cumple que )()(3

1

aa

aa Nn ⊗λ=∑

=

F , siendo aλ los estiramientos

principales, n los autovectores de b , y N los autovectores de C ; d) Obtener la representación espectral y las componentes: del tensor de rotación (R )

de la descomposición polar; y de los tensores de estiramientos U y V ; Solución Las componentes del gradiente de deformación en forma de matriz vienen dadas por:

33221221111,04,03,01,02,0 eeeeeeeeeeee ⊗+⊗+⊗+⊗−⊗=⊗= jiijFF

−=

1,00004,03,001,02,0

ijF

a) Las componentes del tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green, TFFb ⋅= , vienen dadas por:

=

−

−==

01,000025,002,0002,005,0

1,00004,03,001,02,0

1,000

04,03,001,02,0 T

jkikij FFb (2.137)

Las componentes del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green, FFC ⋅= T , vienen dadas por:



156


Ciudad Real

=

−

−==

01,000017,01,001,013,0

1,00004,03,001,02,0

1,00004,03,001,02,0 T

kjkiij FFC (2.138)

b) Determinar los autovalores y autovectores de b y C ;

0 )()( =−⇒=⋅ 1NN CC a

a CC

donde el índice )(a no indica suma. Observemos que ya conocemos un autovalor de C , 01,0)3( =C , ver componentes de C (2.138). Luego, el determinante característico queda:

( )( ) 001,017,013,0

017,01,0

1,013,0

=−−−⇒

=−

−

CCC

C

La solución de la ecuación cuadrática es: 04802,0;25198,0 )2()1( == CC

Luego:

=⇒=

−=⇒=

=⇒=

100

01,0

063399,077334,0

04802,0;0

77334,0633399,0

25198,0

)3()3(

)2()2(

)1()1(

i

ii

C

CCc

N

NN

Análogamente para obtener los autovalores y autovectores del tensor b : )(

)( a

ab nn =⋅b

donde el índice )(a no indica suma.. Luego

=⇒=

−=⇒=

=⇒=

100

01,0

0098538,0995133,0

04802,0;0

995133,0098538,0

25198,0

)3()3(

)2()2(

)1()1(

i

ii

b

bb

n

nn

Observemos que era de esperar que los tensores C y b presentan los mismos autovalores, pero distintos autovectores.

=′

=′

01,0000048,0000252,0

;01,0000048,0000252,0

ijij bC

Además la representación espectral de los tensores C y b viene dadas respectivamente por:

)()(3

1

2)()(3

1

2 ; aa

aa

aa

aa nnNN ⊗λ=⊗λ= ∑∑

==

bC



157


Ciudad Real

donde aλ son los estiramientos principales. Considerando que aa C=λ2 son los autovalores de C y de b , los estiramientos principales son:

1,001,0;219134,004802,0;501976,025198,0 )3()2()1( ==λ≈=λ≈=λ

c) Para verificar si se cumple )()(3

1

aa

aa Nn ⊗λ=∑

=

F . Calculemos las componentes de

ij

aa

aa

⊗λ∑

=

)()(3

1

Nn , con los resultados obtenidos anteriormente. Resultando:

−=

+

+

+

−

−=

⊗λ+⊗λ+⊗λ=

⊗λ∑

=

1,00004,03,001,02,0

100000000

1,0

000076958,06309,000762,006247,0

219134,0000006247,00762,006309,076958,0

50197,0

)3()3(3

)2()2(2

)1()1(1

)()(3

1jijiji

ij

aa

aa NnNnNnNn

Luego, resulta ser cierto. d)

( )

−=⊗=∑

= 1000832,0554,00554,0832,0

)()(3

1ij

aa

a

scomponente RNnR

Que puede ser verificado con:

−=

+

+

−

−=

1000832,05547,005547,0832,0

100000000

000076958,06309,000762,006247,0

000006247,00762,006309,076958,0

ijR

( )

≈⊗λ=∑

= 1,0000388,0139,00139,0333,0

)()(3

1ij

aa

aa scomponente UNNU

( )

≈⊗λ=∑

= 1,00005,0028,00028,0222,0

)()(3

1ij

aa

aa scomponente VnnV

Ejemplo 2.54: Para un movimiento dado (deformación de corte):



158


Ciudad Real

==

−+=

33

22

211 constante

XxXx

kkXXx

Encontrar los tensores F (Gradiente de deformación), C (Tensor derecho de deformación de Cauchy-Green), b (Tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green), E (Tensor de deformación de Green-Lagrange), U (Tensor derecho de estiramiento), V (Tensor izquierdo de estiramiento) y R (Tensor de rotación de la descomposición polar). Solución: Tensor gradiente de deformación:

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

=10001001

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

k

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Fj

iij

Tensor derecho de deformación de Cauchy-Green ( FFC ⋅= T ), cuyas componentes son:

+=

==

1000101

10001001

10001001

2kkkk

kFFC kjkiij

Tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green ( TFFb ⋅= ), cuyas componentes son:

+=

==

1000101

10001001

10001001 2

kkk

kk

FFb jkikij

Tensor material de deformación de Green-Lagrange, ( )1−= CE21 , cuyas componentes

son:

=

−

+=

000000

21

100010001

1000101

21 22 kk

kkk

kEij

Verifiquemos que sólo hay deformación en el plano 21 xx − .

Teniendo en cuenta la descomposición polar RVUR ⋅⋅ ==F , y que:

RR

RVR

RVVR

RVVR

RVRV

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

=

=

=

=

b

C

T

T

T

TT

T

2

)()(

Por simplicidad vamos trabajar sólo en el plano 21 xx − , con lo cual representaremos las componentes del tensor de rotación como:



159


Ciudad Real

)2,1,(cossinsincos

=

−

=

θθ−θθ

= jicssc

ijR

donde, se cumple que 1sincos 2222 =+=θ+θ sc . La relación RR ⋅⋅= bC T queda:

++++−+−+−+

=

−

+

−=

+

)2()()()2(

11

11

2222222

2222222

2

2

ssckksckckssckkckssckssckkcc

cssc

kkk

cssc

kkk

De la relación 1)12(1)2( 222222 =+−⇒=+−+ sckkcssckkcc obtenemos que cks2

= .

Ahora partiendo de la relación kkckssck =+− )( 222 y considerando que cks2

=

obtenemos que:

414

2;4

2

14

12222 +

=

+

=+

=

+

=k

k

k

k

skk

c

Luego:

++

−++

=

100

04

2

4

044

2

22

22

kk

kk

k

k

ijR

De la descomposición polar RVUR ⋅⋅ ==F , podemos obtener que F⋅= TRU , y que TRV ⋅= F , cuyas componentes son:

+

+

+

++

=

++

+

−

+

==

100

04

2

4

044

2

10001001

100

04

2

4

044

2

2

2

2

22

22

22

k

k

k

kk

k

kk

kk

kk

k

kFkjkiij RU

++

++

+

=

++

+

−

+

==

100

04

2

4

044

2

100

04

2

4

044

2

10001001

22

22

2

22

22

kk

kk

k

k

k

kk

kk

k

kkF jkikij RV

Ejemplo 2.55:



160


Ciudad Real

Un paralelepípedo deformable de dimensiones 122 ×× se encuentra en su configuración de referencia en la posición que indica la Figura 2.15. Este cuerpo se somete a una deformación:

3322

11 ),( 2 eee XtXt tX ++−= expXxrr (2.139)

siendo ),,( 321 XXX las coordenadas materiales y t el tiempo. Para este cuerpo se pide:

a) Obtener las componentes del gradiente de deformación F , en todo punto Xr

e instante t .

b) Lo mismo para el tensor derecho de deformación de Cauchy-Green C . ¿Cuáles son los estiramientos principales?

c) Obtener también las componentes correspondientes al tensor derecho de estiramiento U y al tensor de rotación R . Comprobar que este último es un tensor ortogonal propio.

d) ¿Cuál es el volumen del paralelepípedo deformado en el instante st 1= ?

Figura 2.15.

Solución:

a) Según (2.139), las componentes del vector posición son tXx 21 exp−= , 2

12 tXx = , 33 Xx = , luego las componentes del gradiente de deformación F vienen dadas por:

−=

∂∂

=1000020 0

1

2

tXt

Xx

F

tX

j

iij

exp

b) El tensor derecho de deformación de Cauchy-Green C viene definido por FFC ⋅= T , con componentes kjkiij FFC = :

=

−

−=

1000 0004

1000020 0

10000 020

2

2

2 22

21

2

1

1tX

tX

tXij t

XttX

tt

tXC exp

expexp

Observemos que este espacio es el espacio de las direcciones principales de C . Si iλ son los estiramientos principales se cumple la siguiente relación:

∑∑==

⊗λ=⇒⊗λ==3

1

)()(3

1

)()(22 a

aaa

a

aaa NNUNNUC

1 2

1

2

1X

2X

3X



161


Ciudad Real

Como estamos en el espacio principales, podemos obtener los estiramientos principales:

1; ;4 322

221

21

2 +=λ+=λ+=λ tXtXt exp

Ya que el tensor ∑=

⊗λ=3

1

)()( a

aaa NNU es por definición un tensor definido positivo,

implicando que sus valores principales son positivos, luego:

1; ;2 32112 =λ=λ=λ tXttX exp

c)

=⇒

= −

100

0

10

002

1

1000 0002

2

2

1

11

tXijtX

ij t

tX

ttX

expUexpU

Según la descomposición polar 1−⋅⋅ =⇒= URUR FF , con eso podemos obtener las componentes del tensor ortogonal R :

−=

−=

100001010

100

0

10

002

1

1000020 0

2

2 1

1 tX

tX

ij t

tX

tXt

exp

expR

Verificamos que debe cumplir la ortogonalidad 1RRRR == ⋅⋅ − T1 :

=

−

−=

100010001

100001010

100001010

jkikRR

y propio ya que ( ) 1=Rdet .

d) Para calcular el volumen final utilizaremos la relación 0JdVdV = , donde F=J es el Jacobiano y viene dado por:

tX

tX

XttXt

J 2

2

12

1 21000020 0

expexp

=−

=

Para el tiempo st 1= tenemos que 212 XXJ exp= . Luego el volumen en el tiempo st 1=

vendrá dado por:

( )( ) 556,2514

2

2

2

0

2

0

1

01231

0

1 2 3

2

0

≈−=

=

=

∫ ∫ ∫

∫∫

= = =

exp

expX X X

X

V

dXdXdXX

JdVdV



162


Ciudad Real

Obs.: No se puede utilizar la expresión 0JVV = porque no se trata de un caso de deformación homogénea.

Ejemplo 2.56: Un cuerpo continuo experimenta la deformación:

23332211 ;; kXXxkXXxXx +=+==

donde k es una constante. a) Determinar el gradiente de deformación (F ); el tensor derecho de deformación de

Cauchy-Green (C ); el tensor de deformación de Green-Lagrange ( E ). b) Calcular el campo de desplazamiento, la longitud al cuadrado 2)(dx de los lados

OA y OB , y de la diagonal OC , después de la deformación en el pequeño rectángulo indicado en la figura abajo.

c) Considérese ahora un cuadrado como la figura abajo

c.1) Determinar los estiramientos según las direcciones OC y BA ; c.2) el ángulo 23θ en la configuración actual en función de k . c.3) Aplicar la descomposición polar del tensor F , es decir, determinar U y R Solución:

a) FFC ⋅= T . Las componentes del gradiente de deformación son:

O A

C B

2X

1X

3X

2dX

3dX

O

C A

B

B′

A′

C′

23θ

2x

3x



163


Ciudad Real

=

∂∂

=10

10001

kk

Xx

Fj

iij

++=

==

2

2

120210001

1010

001

1010

001

kkkk

kk

kkFFC kjkiij

Tensor material de deformación de Green-Lagrange, ( )1−= CE21 , cuyas componentes

son :

=

−

++=

2

2

2

2

2020000

21

100010001

120210001

21

kkkk

kkkkEij

b.1) Campo de desplazamientos, Xxrrr

−=u , cuyas componentes son:

23333222111 ;;0 kXXxkXXxXx =−==−==−= uuu

b.2) Cálculo de 22)( dxd =xr

( )

XCX

XFFX

XFXF

xxx

rr

rr

rr

rrr

dd

dd

dd

ddd

T

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅

=

=

=

=2

Explícitamente:

( ) [ ]

))((4)1()()1()()(

120

210001

3222

322

22

1

3

2

1

2

2321

2

dXdXkkdXkdXdX

dXdXdX

kkkkdXdXdXdx

+++++=

++=

Luego, para la diagonal OC tenemos que [ ]320 dXdX , resultando que:

( ) ))((4)1()()1()( 3222

322

22 dXdXkkdXkdXdx ++++=

Para el lado OA tenemos que [ ]00 2dX , resultando:

( ) )1()( 222

2 kdXdx +=

Para el lado OB tenemos que [ ]300 dX , resultando que:

( ) )1()( 223

2 kdXdx +=

c) El estiramiento según una dirección N (configuración de referencia) viene dado por el la expresión ( ) NN

N2

⋅⋅=λ C .

c.1) Estiramiento según dirección OC :

=

21

210

iN , con lo cual:



164


Ciudad Real

( ) 2

2

22 )1(

212

1

0

120

210001

2

12

10 kkkkkOC +=

++

=λ

Estiramiento según dirección BA :

−=21

210

iN , con lo cual:

( ) 2

2

22 )1(

212

1

0

120

210001

21

210 k

kkkkBA −=

−

++

−=λ

c.2) Variación del ángulo. Podemos utilizar directamente la expresión:

NM

NM

NNMM

NM

cos

λλ==θ ⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅ C

CC

C

donde el versor según dirección OB es [ ]100 =iM , y según dirección OA es [ ]010 =iN . Con eso obtenemos que:

( ) [ ] 2

2

22 1100

120

210001

100 kkkkkOB +=

++=λ

( ) [ ] 2

2

22 1010

120

210001

010 kkkkkOA +=

++=λ

[ ] kkkkkC jiji 2

010

120

210001

1002

2 =

++=NM

Resultando que:

2

23 12

coskk

+=

λλ=θ ⋅⋅

NM

NM C

c.3) Descomposición Polar RVUR ⋅⋅ ==F , donde:

∑∑==

⊗λ==⇒⊗λ==3

1

)()(3

1

)()(2 a

aaa

a

aaa NNUNNU CC

Cálculo de los valores principales de C . Verifiquemos que por el formato de las componentes del tensor C , sólo hay deformación según el plano 32 xx − . Además ya conocemos un autovalor 11 =λ asociado a la dirección [ ]001)1( =iN . Simplificando así el determinando característico como:



165


Ciudad Real

( ) ( )( ) ( ) 0112

02112

0)1(2

2)1(

2222

4222

2

2

=−+λ+−λ⇒

=+−+λ+−λ⇒

=λ−+

λ−+

kk

kkk

kkkk

Las raíces son: 223

222 )1(21;)1(21 kkkkkk −=−+=λ+=++=λ

Luego, en el espacio principal de C , tenemos que:

−+=′

2

2

)1(000)1(0001

kkCij

Las direcciones principales son

=⇒λ

21

210)2(

2 iN ,

−=⇒λ2

1210)3(

3 iN .

Luego, la matriz de transformación entre el espacio original y el espacio principal queda:

−

==

21

210

21

210

001Aija

Es decir, se debe cumplir que:

T

T

kkkk

kk

−

++

−

=

−+

=′

21

210

21

210

001

120210001

21

210

21

210

001

)1(000)1(0001

2

2

2

2

ACAC

Luego, en el espacio principal de C , tenemos que:

−+=⇒

−+

+++

=⇒

−+=′

)1(000)1(0001

)1(000)1(0001

)1(000)1(0001

2

2

2

2

kk

kk

kkC

ij

ijij

U

U

La inversa en el espacio principal:



166


Ciudad Real

−

+=′−

)1(100

0)1(

10001

1

k

kijU

Las componentes del tensor U en el espacio original vienen dadas por:

−−−

−−

−=

−

−

+

−

=

= −−′

)1(1

)1(0

)1()1(10

001

21

210

21

210

001

)1(100

0)1(

10001

21

210

21

210

001

22

22

11

kkk

kk

k

k

k

T

ij

T

U

AUAU

De la descomposición polar obtenemos que 1−⋅⋅ =⇒= URUR FF

=

−−−

−−

−

=

100010001

)1(1

)1(0

)1()1(10

001

1010

001

22

22

kkk

kk

kkkijR

Ejemplo 2.57: Dada la siguiente ley de movimiento:

λ=λ−=

λ=

223

332

111

XxXx

Xx

Si pide: a) Encontrar el volumen deformado para un cubo unitario; b) Encontrar el área deformada de un cuadrado unitario en el plano 21 XX − , y dibujar el área deformada; c) Aplicar la Descomposición Polar y obtener los tensores U , V y R Solución: a)

λλ−

λ=⇒

λλ−

λ=

0000

00

0000

00

2

3

1

3

2

1

2

3

1

3

2

1

ijFXXX

xxx

(deformación Homogénea)

El determinante de F viene dado por 321 λλλ=≡ JF , y el volumen deformado:

321integrando

0 λλλ== →= inicialfinal VVdVdV FF



167


Ciudad Real

b) Aplicando la relación de Nanson y teniendo en cuenta que estamos en el caso particular de deformación homogénea:

inicialT

finalT JdJd AFaAFa

rrrr ⋅⋅ −− = →= integrando

donde

3

321

010001

eeee

==inicialAr

;

λ−

λ

λ

=

λλ−λλ

λλ

λλλ=−

010

100

001

0000

001

3

2

1

21

31

32

321

1ijF

Con lo cual el vector área deformada queda:

λλ−=

λ

λ−

λ

λλλ=

0

0

100

010

100

001

21

2

3

1

321

3

2

1

aaa

Su módulo queda:

212

21 )( λλ=λλ−=finalar

donde los puntos )0,0,1(A , )0,1,0(B y )0,1,1(C se desplazan según la ley del movimiento:

λ=

λλ−

λ=

λ=

λλ−

λ=

22

3

1

3

2

11

2

3

1

3

2

1

00

010

0000

00;

00

001

0000

00

B

B

B

A

A

A

xxx

xxx

11 , xX

22 , xX

33 , xX

)0,0,1(A

)0,1,0(B

)0,1,1(C

)0,0,( 1λ′A

),0,0( 2λ′B

),0,( 21 λλ′C

1=inicialAr

21λλ=finalar

)0,0,0(O



168


Ciudad Real

λ

λ=

λλ−

λ=

2

1

2

3

1

3

2

1

0011

0000

00

C

C

C

xxx

c) Según la definición de la descomposición polar RVUR ⋅⋅ ==F donde FFC ⋅== TU y TFFb ⋅==V

λλ

λ=⇒

λλ

λ=

λ−λ

λ

λλ−

λ=

λλ

λ=⇒

λλ

λ=

λλ−

λ

λ−λ

λ=

2

3

1

22

23

21

3

2

1

2

3

1

3

2

1

23

22

21

2

3

1

3

2

1

000000

000000

0000

00

0000

00

000000

000000

0000

00

0000

00

ijij

ijij

b

C

V

U

Verifiquemos que el espacio original coincide con el espacio principal de C . Verifiquemos también que C y b tienen los mismos autovalores pero direcciones principales distintas. Para obtener el tensor de rotación de la descomposición polar FF ⋅⋅ −− == 11 VUR , con lo cual:

−=

λλ−

λ

λ

λ

λ

=

−=

λ

λ

λ

λλ−

λ=

010100

001

0000

00

100

010

001

010100

001

100

010

001

00

0000

2

3

1

2

3

1

3

2

1

2

3

1

ij

ij

R

R

Ejemplo 2.58: Determinar para la deformación homogénea:

−=

==

233

22

11

3

23

XXx

XxXx

el elipsoide de deformación material que resulta de la deformación de una esfera material 12

322

21 =++ XXX (ver Figura 2.16). Probar que este elipsoide en el espacio principal del

tensor izquierdo de estiramiento V tiene la forma:

123

23

22

22

21

21 =

λ′

+λ′

+λ′ xxx

donde 1λ , 2λ , 3λ son los estiramientos principales.



169


Ciudad Real

Figura 2.16: Esfera material.

Solución: La ley del movimiento y de su inversa vienen dadas por:

=

→

−=

3

2

1

3

2

1inversa

3

2

1

3

2

1

33

630

0210

0033

310020003

xxx

XXX

XXX

xxx

La ly del movimiento en la descripción espacial viene dada por:

+=

=

=

323

22

11

33

63

2

33

xxX

xX

xX

Reemplazando en la ecuación de la esfera:

133

63

233

12

32

22

2

1

23

22

21

=

++

+

=++

xxx

x

XXX

Tras la simplificación de la expresión anterior obtenemos que:

33223

22

21 =+++ xxxxx

Que es la ecuación de un elipsoide. Tenemos ahora que representar la ecuación de este elipsoide en el espacio principal del tensor derecho de estiramiento V . Recordemos que el tensor V y el tensor b son coaxiales (tienen las mismas direcciones principales), y además se cumple que:

TFFb ⋅==V

33 , xX 22 , xX

11 , xX

Superficie material (Siempre constituida por las mismas partículas)



170


Ciudad Real

A continuación obtenemos las componentes del tensor b , y sus autovalores y autovectores.

−−=

−

−=

330350

003

310020003

310

020003

T

ijb

Verificamos que ya conocemos un autovalor y autovector 31 =b , [ ]001 )1( =in . Luego, las otras direcciones principales estarán el plano 32 xx − . Obteniendo los demás autovalores y autovectores

−= →=2

22206 )2(autovector

2 ib n

−−= →=2

22

202 )3(autovector3 ib n

Resultando así que:

−= →

=′

22

220

22

220

001

200060003

ciónTrasnforam de Matrizijij ab

=λ=λ

=λ=′

200060003

3

2

1

ijV

Luego, aplicando la ley de transformación del sistema 321 ,, xxx al sistema 321 ,, xxx ′′′ , obtenemos que:

′+′=

′+′−=

′=

⇒

′′′

−=

323

322

11

3

2

1

3

2

1

22

22

22

22

22

220

22

220

001

xxx

xxx

xx

xxx

xxx

T

Con lo cual, la ecuación del elipsoide en el espacio principal de V viene representada por:

( ) 322

22

22

22

22

22

22

22

3

3232

2

32

2

322

1

3223

22

21

=

′+′

′+′−+

′+′+

′+′−+′

=+++

xxxxxxxxx

xxxxx

Simplificando la expresión anterior obtenemos que:

1)2()6()3(263 2

3

23

22

22

21

21

2

23

2

22

2

21

23

22

21 =

λ′

+λ′

+λ′

=′

+′

+′

=′

+′

+′ xxxxxxxxx



171


Ciudad Real

Figura 2.17: Elipsoide material (configuración deformada).

Figura 2.18: Descomposición polar por la izquierda.

1x′

2x′

3x′ 33 , xX

22 , xX

23 =λ

62 =λ 31 =λ

11 , xX

3x 1x

2x

1x′

3x′

3x 1x

1X

2X

3X

F

2x

2x′

V R



172


Ciudad Real

2.1.4 Deformación Infinitesimal

Ejemplo 2.59: Dadas las ecuaciones del movimiento

+=

+=

+=

tXXx

tXXx

tXXXx

2333

2222

2111 4

(2.140)

Se pide: a) Encontrar el campo de velocidad; b) Encontrar el campo de deformación infinitesimal; c) Para el tiempo st 1= , obtener el tensor de deformación infinitesimal.

Solución: a) Velocidad:

=

=

=

⇒=233

222

211 4

),(

XV

XV

XXV

dtdt xXVrrr

(2.141)

b) Aceleración:

===

⇒=000

),(

3

2

1

AAA

dtdt VXAr

rr (2.142)

c) Campo de desplazamientos:

=−+=−=

=−+=−=

=−+=−=

233

233333

222

222222

211211111 44

XXXXXx

XXXXXx

XXXXXXXx

u

u

u

(2.143)

Luego, las componentes del tensor de deformación infinitesimal vienen dadas por:

∂∂

+∂∂

=εi

j

j

iij xx

uu21 (2.144)

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

3

2

12

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

200020044

XXXX

XXX

XXX

XXX

x j

i

uuu

uuu

uuu

u (2.145)

luego:



173


Ciudad Real

=ε

3

21

12

200022024

XXXXX

ij (2.146)

Ejemplo 2.60: Consideren el siguiente tensor de deformación infinitesimal:

−−

−=ε

232

2

23

2

23

232

0

0

000

ll

llXXX

XXXij

µµ

µµ (2.147)

y el tensor de rotación infinitesimal:

( )( )

−−

−=ω

02

02

00000

23

222

23

222

XX

XXij

l

lµ

µ (2.148)

Hallar las componentes del campo de desplazamientos. Solución: El gradiente de los desplazamientos viene relacionado con el tensor de deformación infinitesimal y el tensor spin como:

ijijji ω+ε=,u

( ) ( )jijiijjijiij ,,,, 21;

21

uuuu −=ω+=ε (2.149)

luego:

( )

−+−−=

3223

22

23

22322,

20320

000

2 XXXXXXXXji

l

µu (2.150)

00 11

1 =→=∂∂

uux

(2.151)

( )

( ) [ ])(2

22

22

313222223222

3222

2

XCXXxXX

XXx

+=⇒∂=∂⇒

=∂∂

∫∫ ll

l

µµ

µ

uu

u

(2.152)



174


Ciudad Real

( )

( ) [ ])(2

22

22

222232333223

3223

3

XCXXxXX

XXx

+−=⇒∂−=∂⇒

−=∂∂

∫∫ ll

l

µµ

µ

uu

u

(2.153)

Para determinar la constante )( 31 XC del resultado (2.152) derivamos con respecto a 3X :

[ ]3331

23

3

3123

222

3

31222

3

2

)(

3)(

32

)(2

XXC

XX

XCXX

XXC

XX

−=⇒

−=∂

∂⇒−=

∂

∂+=

∂∂

ll

µµu (2.154)

Análogamente hacemos para determinar la constante )( 22 XC :

[ ]

3)(

)(2

)(2

32

22

22

2

2223

222

2

22232

2

3

XXC

XX

XCXX

XXC

XX

=⇒

=∂

∂⇒+−=

∂

∂+−=

∂∂

ll

µµu

(2.155)

Luego, el campo de desplazamientos viene dado por:

[ ]

+−=−==

32;

2;0

32

22323

333

22221

XXXXXX

ll

µµuuu (2.156)

Ejemplo 2.61: Demostrar que, para el caso de pequeñas deformaciones, la tasa del tensor de deformación infinitesimal (ε& ) es igual al tensor tasa de deformación (D ). Solución: Consideremos la relación entre la tasa del tensor material de deformación de Green-Lagrange ( E& ) y el tensor tasa de deformación (D ):

FFE ⋅⋅= DT& (2.157)

Para el caso de pequeñas deformaciones se cumple que 1≈F , y además se cumple también que ε&&& ≈≈ eE luego:

Dε == &&E (2.158)

Ejemplo 2.62: Dado el movimiento

( )( )

−+=

−+=

=

−

−

1

13

133

2122

11

t

t

XXx

XXx

Xx

exp

exp (2.159)

Encontrar el tensor tasa de deformación (D ) y compararlo con la tasa del tensor infinitesimal de deformación (ε& ). Solución:



175


Ciudad Real

Por definición el tensor tasa de deformación (D ) es la parte simétrica del tensor gradiente espacial de la velocidad:

vxr

∇=

+=

l

ll )(21 TD

y uεrr symt ∇=),(x (2.160)

El tensor infinitesimal de deformación por definición es igual la parte simétrica del gradiente de los desplazamientos:

DtDsym εεuε ≡⇒= &

r)(∇ (2.161)

El campo de desplazamientos viene dado por Xxrrr

−=u . Considerando las ecuaciones del movimiento dadas, las componentes del campo de desplazamiento quedan:

( ) ( )( ) ( )

−=−−+=−=

−=−−+=−=

=−=−=

−−

−−

11

11

0

313

313333

212

212222

11111

tt

tt

XXXXXx

XXXXXx

XXXx

expexpu

expexpu

u

El campo de velocidades viene definido por

=DtDur

rv . Luego, las componentes del campo

de velocidades, en coordenadas materiales, son:

−=

−=

=

−

−

)3

)2

0

313

212

1

t

t

XV

XV

V

exp(

exp( (2.162)

Teniendo en cuenta las ecuaciones inversas del movimiento:

−−=

−−=

=

⇒

−+=

−+=

=

−

−

−

−

)1

)1

)1

)13

133

2122

11

3133

2122

11

t

t

t

t

xxX

xxX

xX

XXx

XXx

Xx

(exp

(exp

(exp

(exp (2.163)

podemos obtener el campo de velocidades en coordenadas espaciales:

−=

−=

=

−

−

t

t

xv

xv

v

313

212

1

3

2

0

exp

exp (2.164)

Las componentes del tensor gradiente espacial de la velocidad )(l vienen dadas por:

−−=

∂∂

==−

−

003002000

)()(3

2

t

t

j

iijij x

v

expexpvx

r∇l (2.165)



176


Ciudad Real

−

−

−−

=

−−+

−−=+=

−

−

−−

−

−

−

−

0023

00230

003002000

003002000

21)(

21)(

3

2

32

3

2

3

2

t

t

tt

T

t

t

t

tjiijij

exp

exp

expexp

expexp

expexpllD

(2.166)

También obtenemos el tensor spin antil=W

( )

−

−=−=−

−

−−

0023

00230

21

3

2

32

t

t

tt

jiijij

exp

exp

expexp

W ll (2.167)

Tensor de deformación Infinitesimal ( )ε

Conocido el campo de desplazamiento:

−=

−=

=

−

−

)1

)1

0

313

212

1

t

t

x

x

(expu

(expu

u

(2.168)

Las componentes del gradiente de desplazamientos vienen dadas por:

( ) ( )( )

−−=

∂∂

=−

−

001001000

3

2

t

t

j

iij x

expexp

uur

∇ (2.169)

Podemos decomponer ( )ur∇ en una parte simétrica y una antisimétrica:

( ) ( ) ( )( ) ( )ijij

ijanti

ijsym

ij

ωε

uuu

+=

+=rrr

∇∇∇ (2.170)

La parte simétrica:

( ) ( )( )

( )( )

ijt

t

tt

T

t

t

t

tij

sym

ε=

−−

−−=

−−+

−−=

−

−

−−

−

−

−

−

001001

110

21

001001000

001001000

21

3

2

32

3

2

3

2

expexp

expexp

expexp

expexpu

r∇

(2.171)

También proporcionamos el tensor spin infinitesimal:



177


Ciudad Real

( )

−−

−−−−=

−

−

−−

00)100)1

0)1)10

21

3

2

32

t

t

tt

ij

(exp(exp

(exp(expω (2.172)

Luego, la tasa de ε :

( ) ( )

−

−

−−

=

−−

−−==

−

−

−−

−

−

−−

0023

00230

001001

110

21

3

2

32

3

2

32

t

t

tt

t

t

tt

ijij DtD

DtD

exp

exp

expexp

expexp

expexpεε&

(2.173)

Con lo que concluimos que:

εD &= (2.174)

Ejemplo 2.63: En un punto de un sólido el gradiente de los desplazamientos viene representado por sus componentes como:

310604241414

)( −×

−

−−=iju

r∇ (2.175)

Determinar: a) Las componentes del tensor infinitesimal de deformación y rotación; b) Las componentes de la parte esférica y desviadora del tensor infinitesimal de

deformación; c) Los invariantes principales de ε : εεε IIIIII ,, ;

d) Los autovalores y autovectores del tensor de deformación. Solución: a) El tensor infinitesimal de deformación (ε ) viene dado por la parte simétrica del gradiente de los desplazamientos:

( )[ ]Tsym )(21 uuuε

rrr∇∇∇ +== (2.176)

Luego:

−=

−=

−−−+

−

−−=ε

610140004

1220280008

21

624041414

604241414

21

ij (2.177)

El tensor spin infinitesimal uranti∇=ω



178


Ciudad Real

−

−−=

−

−−=

−−−−

−

−−=ω

014101410

028202820

21

624041414

604241414

21

ij (2.178)

b) Descomponiendo de forma aditiva el tensor en una parte esférica y una parte desviadora:

devesf εεε += (2.179)

donde la parte esférica viene dada por:

=ε⇒===

200020002

236

3)( esf

ijesf 111εε Tr (2.180)

La parte desviadora viene dada por:

−=

−

−=ε

410160002

200020002

610140004

devij (2.181)

c) Los invariantes principales del tensor ε son:

10046)4(4

1740

046004

6114

6)(

−=−×−×=

−=−

++−

=

==

ε

ε

ε ε

III

II

I Tr

(2.182)

d) Teniendo en cuenta las componentes del tensor de deformación:

−=ε

610140004

ij (2.183)

Ya verificamos que 41 =ε es un autovalor y la dirección [ ]0,0,1± es el autovector asociado a 1ε . Para encontrar los demás autovalores hay que obtener la solución del determinante característico:

061

14=

λ−λ−−

(2.184)

−=λ=λ

⇒

±=×+±=×

−××−−±=−±−=λ

=−λ−λ

=−λ−λ−−

099,40990,6

2612

2544212

)25(14)2(22

4

0252

01)6)(4(

2

1

22

2

aacbb (2.185)



179


Ciudad Real

Luego:

;41 =ε ;0990,62 =ε ;099,43 −=ε (2.186)

Reestructurando las deformaciones:

;0990,6=ε I ;4=ε II ;099,4−=ε III (2.187)

Ejemplo 2.64: Encontrar el tensor de deformación infinitesimal y el tensor de rotación infinitesimal para el siguiente campo de desplazamiento:

=0

21

21

xxx

iu

Solución: Tensor de deformación Infinitesimal En el régimen de pequeñas deformaciones, el tensor de deformación viene dado por:

∂∂

+∂∂

=ε≈≈i

j

j

iij

Lij

Lij xx

eEuu

21

Tenemos que hallar el gradiente del desplazamiento:

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

0000002

12

1

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

xxx

xxx

xxx

xxx

xk

j

uuu

uuu

uuu

u

Con eso podemos obtener:

=

+

=

∂∂

+∂∂

=ε≈≈

000

02

02

2

0000002

0000002

21

21

12

21

1

21

12

1

xx

xx

xxx

xxx

xxeE

i

j

j

iij

Lij

Lij

uu

Tensor de rotación infinitesimal:

−

=

−

=

∂∂

−∂∂

=ω

000

002

02

0

0000002

0000002

21

21

2

2

1

21

12

1 x

x

xxx

xxx

xx i

j

j

iij

uu



180


Ciudad Real

Ejemplo 2.65: En la Figura 2.19 se muestra la transformación que experimenta el cuadrado ABCD de lado unitario.

Figura 2.19: Cuerpo sometido a una rotación. Se pide:

a) Plantear las ecuaciones del movimiento; b) ¿Es válida la teoría de pequeñas deformaciones? Probar y Justificar; c) ¿Es válida la teoría de deformación finita (grandes deformaciones)? Probar.

Solución: La ley de transformación entre los sistemas xx ′⇒ viene dada por:

−

=

′′′

→

θθ−θθ

=

′′′

−=θ

3

2

1

3

2

1º45

3

2

1

3

2

1

100

022

22

022

22

1000cossin0sincos

xxx

xxx

xxx

xxx

Si consideramos los sistemas materiales y espaciales superpuestos, las ecuaciones de movimiento quedan definidas por la inversa de la expresión anterior, es decir, xx ⇒′ :

−=

3

2

1

3

2

1

100

022

22

022

22

XXX

xxx

+−=

+=

212

211

22

22

22

22

XXx

XXx

D

D′

B′

11 , xX

22 , xX

1

1

C

B C ′ AA ′=

º45

1x′

2x′



181


Ciudad Real

Por ejemplo, el punto C en la configuración de referencia tiene coordenadas materiales

11 =CX , 12 =CX . Tras el movimiento: 2)1(22)1(

22

1 =+=Cx , 0)1(22)1(

22

2 =+−=Cx

Campo de desplazamientos:

−+=−+=−=

−

−=−−=−=

122

22

22

22

221

22

22

22

21221222

21121111

XXXXXXx

XXXXXXx

u

u

Gradiente material de los desplazamientos:

−

−−

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

000

0122

22

0221

22

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

XXX

XXX

XXX

X j

i

uuu

uuu

uuu

u

El tensor de deformación infinitesimal viene definido como ( )[ ]Tsym )(21 uuuε

rrr∇∇∇ +== ,

con o obtenemos:

ijij 0≠

−

−

=ε

000

01220

00122

Como para un movimiento de sólido rígido el tensor de deformación tiene que ser cero, es decir, 0ε = (tensor de deformación infinitesimal), 0=E (tensor de deformación de Green-Lagrange), 0=e (tensor de deformación de Almansi). Calculando las componentes del tensor de deformación de Green-Lagrange:

=

∂∂

∂∂

+∂∂

+∂∂

=000000000

21

j

k

i

k

i

j

j

iij XXXX

Euuuu

Ejemplo 2.66: Un rectángulo de base y altura b se gira en sentido antihorario º30 . Tras el giro el rectángulo sufre una deformación de tal forma que la base mantiene su longitud inicial y la altura se dobla. Calcular el gradiente de deformación, el tensor derecho de deformación de Cauchy-Green, y el tensor de deformación de Green-Lagrange.



182


Ciudad Real

Solución:

Figura 2.20: Cuerpo sometido rotación/deformación. Fijaros que podemos hacer la descomposición del movimiento por: primero una deformación y a continuación una rotación:

El movimiento de deformación viene gobernado por el tensor derecho de estiramiento de la descomposición polar:

=

100020001

ijU

donde hemos aplicado la definición del estiramiento. Fijemos que son los propios estiramientos principales. A continuación aplicamos una rotación, donde las componentes del tensor R son las mismas que la matriz de transformación del sistema x ′r al sistema xr :

θθθ−θ

=1000cossin0sincos

ijR

Luego, aplicando la descomposición polar por la derecha UR ⋅=F :

θθθ−θ

=

θθθ−θ

==1000cos2sin0sin2cos

100020001

1000cossin0sincos

kjikijF UR

B

D

D ′′

B′ 11 , xX

22 , xX

b2

b

C

C ′′

AA ′=

º30 B

D

D′

B′

11 , xX

22 , xX

b2

b

C

C ′

AA ′=

1x′

2x′

º30



183


Ciudad Real

Para el problema propuesto, tenemos que:

−=

1000º30cos2º30sin0º30sin2º30cos

ijF

Como se trata de un caso de deformación homogénea se cumple crrr

+= ⋅ XFx , en este caso con 0c

rr= . Por ejemplo, para una partícula que en la configuración de referencia

ocupaba el punto D , en la configuración actual estará según:

−=

−=

−=

0º30cos2º30sin2

0

0



3

2

1

3

2

1

bb

bXXX

xxx

D

D

D

D

D

D

hecho que se puede comprobar fácilmente a través de la Figura 2.20.

A través de la definición del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green, FFC ⋅= T , podemos obtener las componentes cartesianas:

=

θθθ−θ

θθ−θθ

==100040001

1000cossin0sincos

1000cossin0sincos

kjkiij FFC

El tensor de deformación de Green-Lagrange, )(21 1+= CE , y sus componentes

cartesianas quedan:

=

−

=

00005,10000

100010001

100040001

21

ijE

Observemos que el espacio original coincide con el espacio principal de deformación. También podíamos haber obtenido las componentes de C y E a través de sus

representaciones espectrales: ∑=

⊗λ=3

)()(2 1a

C aaa NN , ∑

=

⊗−λ=3

)()(2 )1(21

1aE aa

a NN , donde

aλ son los estiramientos principales.


Problema 2.1: Considere el movimiento del continuo dado por las siguientes ecuaciones:

==

α+=

33

22

311 )1(

XxXx

tXx (2.188)



184


Ciudad Real

donde α es una constante. Determinar los campos de desplazamiento, velocidad y aceleración en las descripciones material y espacial.

Problema 2.2: Un movimiento del medio continuo viene definido por las siguientes componentes de la velocidad:

txv

txv

txv

+=

+=

+=

15;

1;

13 2

33

22

11 (2.189)

Asumiendo que la configuración de referencia )0( =t se cumple que Xxrr

= .

Se pide: a) Obtener la trayectoria de la partícula; b) Expresar las componentes de la velocidad en coordenadas materiales; c) Obtener las componentes de la aceleración en coordenadas espaciales y materiales.

Problema 2.3: Un cuerpo se halla bajo deformación homogénea.

+−=

++−=

+=

3213

3212

211

241

43

241

43

243 2

XXXx

XXXx

XXx

(2.190)

Encontrar: a) La dirección del elemento de línea en la configuración deformada cuyo elemento de

línea en la configuración de referencia estaba según la dirección )1,1,1( ;

b) El estiramiento del elemento de línea.

Problema 2.4: Dados los siguientes campos de desplazamientos en el plano yx − :

a) 2112 21

21 eeu xx γγ +=

r

b) 2122 21

21 eeu xx γγ +−=

r

c) 21 eu xγ=r

Para cada campo de desplazamiento con 1<<γ , dibujar los desplazamientos que sufren las partículas que originalmente estaban en un cuadrado determinado por 01 =x , 11 =x ,

02 =x y 12 =x . Ver Figura 2.21



185


Ciudad Real

Figura 2.21: Dominio en la configuración de referencia

Problema 2.5: Para un campo de desplazamientos dado en coordenadas cilíndricas por:

zr czrbra eeeu sin θ++= θr

(2.191)

donde a , b y c son constantes. Determinar las componentes del tensor de deformación infinitesimal en coordenadas cilíndricas.

Problema 2.6:

Si el campo de aceleración ar es la derivada material v&r del campo de la velocidad vr , encontrar la aceleración en el punto )0,1,1( en el tiempo 0=t si la velocidad en la descripción Euleriana viene dada por:

[ ] atxxxxxxC −+−+= exp2322

211

221

31 )()( eevr (2.192)

donde C y a son constantes.

Problema 2.7: El campo de velocidad de un fluido viene dado por:

( ) ( ) 33122111 2 eee xxxxx −+−+=vr (2.193)

y la distribución de temperatura es:

txxT 323 += (2.194)

Encontrar la tasa de cambio en el tiempo de la temperatura.

Problema 2.8: Un movimiento de un fluido viene representado por las siguientes ecuaciones:

2x

O 1

0=t 1

1x



186


Ciudad Real

++=

++=

++=

22133

21322

23211

tXtXXx

tXtXXx

tXtXXx

(2.195)

Encontrar la velocidad y aceleración para los siguientes casos: a) Para una partícula que estaba en el punto )1,1,1( en la configuración de referencia;

b) Para una partícula que para el tiempo t se encuentra en )1,1,1( .

Explicar por qué este movimiento pierde sentido físico cuando 1→t .

Problema 2.9:

Encontrar las componentes de los tensores F , C , B , 1−F , 1−C y 1−B para la siguiente deformación:

==

+=

333

222

2111 )(

XaxXax

XXax α (2.196)

donde 1a , 2a , 3a y α son constantes.

Problema 2.10: Para la siguiente deformación

=++=

++=−

−

33

122

21222

122

21111

)(

)(

CXXXBXAX

XXBXAX

uu

u

(2.197)

donde A , B y C son constantes. Encontrar las componentes de los tensores F , E y Ω .

Problema 2.11: Dadas las ecuaciones del movimiento:

+=

+=

+=

tXXx

tXXx

tXXXx

2333

2222

2111 4

a) Hallar el campo de velocidad; b) Hallar el campo de aceleración; c) Para el instante de tiempo st 1= , obtener el tensor de deformación infinitesimal.

Problema 2.12: Considérese un cuerpo que sufre un movimiento de cuerpo rígido, tal y como se muestra en la siguiente figura:



187


Ciudad Real

Figura 2.22: Cuerpo sometido a una rotación.

Se pide: a) Plantear las ecuaciones del movimiento b) Obtener el campo de desplazamientos c) Obtener el tensor de deformación infinitesimal d) Obtener el tensor de deformación de Green-Lagrange e) ¿Qué podemos decir con respecto a los tensores de deformación para un movimiento de cuerpo rígido? f) ¿Qué aproximación tenemos que adoptar para que se cumpla la teoría de pequeñas deformaciones para el movimiento dado?

Problema 2.13: ¿Qué se entiende por deformación homogénea?

Problema 2.14: Definir: Estado de Tensión Plana y Estado de Deformación Plana. Para cada estado, ¿qué simplificaciones son consideradas? Dar ejemplos prácticos en los que se pueda aplicar uno y otro estado.

Problema 2.15: Plantear la Descomposición Polar del Gradiente de Deformación.

Problema 2.16: Justificar si son ciertas o falsas las siguientes afirmaciones:

a) Si el campo de velocidades es estacionario, entonces el campo de aceleración también lo es.

b) Si el campo de velocidades es uniforme, entonces el campo de aceleraciones es siempre nulo;

11 , xX

2x

1x

2x′

1x′

θ

22 , Xx



188


Ciudad Real

c) Si el campo de velocidades es estacionario y el medio es incompresible, el campo de aceleraciones es siempre nulo.

Problema 2.17: Partiendo de las ecuaciones del movimiento de cuerpo rígido, obtener los siguientes tensores: F - Gradiente de deformación C - Tensor derecho de deformación de Cauchy-Green b - Tensor izquierdo de deformación de Cauchy-Green E - Tensor de deformación de Green-Lagrange e - Tensor de deformación de Almansi.

Problema 2.18: Obtener la tasa del Jacobiano

a) ( )( C,E&& fJ = ) en función de la tasa del tensor de deformación de Green-Lagrange ( E& ) y del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green;

b) ( )( C,C&& fJ = ) en función de la tasa del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green (C& ),y del tensor derecho de deformación de Cauchy-Green.

Datos

)( )(

)(

DTrTrTr

JJJJ

JDtD

====

=≡

⋅⋅

lvv

vFF

r

r

r&

∇∇

∇

)(

21

)(21),(

1

1

−=

−= ⋅

C

FFXE Ttr

FFE ⋅⋅= DT&

Problema 2.19: Dado el campo de velocidad

ii xv 122 δ=

Obtener el tensor tasa de deformación y el tensor spin. Respuesta:

−=

=

000001010

;000001010

ijij WD

3 Tensiones


3.1.1 Fuerza, Tensor de Tensiones, Vector Tensión

Ejemplo 3.1: Ignorando la curvatura de la superficie de la tierra, el campo gravitacional puede suponerse de la forma como se muestra en la Figura 3.1, donde g es la aceleración de la gravedad. Obtener la fuerza resultante que actúa en el cuerpo B .

Figura 3.1: Campo gravitacional. Solución: Todos los cuerpos situados en este campo se encontrarán sometidos a la fuerza:

−=

gti 0

0),(xrb

La fuerza másica que actúa sobre el cuerpo es:

2x

B

1x

3x

g



190


Ciudad Real

−

==

∫∫

V

iV

i

dVgVdt

00

),(ρ

ρ xr

bF

Podemos verificar la unidad de F : [ ] )( 223 NewtonNs

mkgdVsm

mkg

V

==

= ∫F

Ejemplo 3.2: Las componentes del tensor de tensiones en el punto P son:

Paij 25,015,034

148

−

−=σ

Calcular el vector tensión en el punto P según la dirección del plano ABC , como se indica en la Figura 3.2.

Figura 3.2: Plano ABC . Solución: En primer lugar, deberemos obtener la dirección normal a este plano, para ello escogemos dos vectores pertenecientes al plano y hacemos el producto vectorial entre ellos:

321

321

520

023

eee

eee

+−=−=

+−=−=→→→

→→→

OBOCBC

OBOABA

El vector normal al plano ABC viene dado a través del producto vectorial de los vectores definidos anteriormente:

321

321

61510023520

eeeeee

n ++=−−=∧=

→→BABC

r

El versor asociado a nr

será: 321

196

1915

1910 eee

nnn ++== r

r

Utilizando la ecuación jiji nt σ=)(n , podemos obtener las componentes del vector tensión de la forma:

Pa 6

1510

25,015,034

148

191

3

2

1

−

−=

ttt

Pa 5,29

826

191

3

2

1

=

⇒ttt

)0,2,0(B

)5,0,0(C

)0,0,3(A 1x

2x

3x

O

3 TENSIONES


191


Ciudad Real

Ejemplo 3.3: Las componentes del tensor de tensiones en un punto P son:

MPaij

=σ

163642321

(3.1)

Encontrar:

a) El vector tracción tr

en P para un plano normal al eje 1x ;

b) El vector tracción tr

en P para un plano cuyo vector normal es )2,1,1( − ;

c) El vector tracción tr

en P para un plano paralelo al plano 022 321 =−− xxx ;

d) Las tensiones principales en P ; e) Las direcciones principales de σ en P .

Solución:

a) El vector normal al plano es )0,0,1( . Luego el vector tracción viene dado por:

=

=

321

001

163642321

)(nit (3.2)

b) El vector unitario (versor) asociado a la dirección )2,1,1( − es:

−=21

1

61 in (3.3)

luego,

−=

−

=

1105

61

21

1

163642321

61)(n

it (3.4)

c)

−−−

=

−−

=⇒

−−=

7105

31

12

2

163642321

31

12

2

31 )(n

ii tn (3.5)

d) Resolviendo el determinante característico

0163

642321

=σ−

σ−σ−

(3.6)

obtenemos que:



192


Ciudad Real

101 =σ ; 02 =σ ; 43 −=σ (3.7)

e) Las tensiones principales correspondientes son: Para 101 =σ

=⇒

=−+=+−=++−

563

096306620329

)1(

321

321

321

innnnnnnnnn

(3.8)

Análogamente:

−=

012

)2(in ;

−=

321

)3(in (3.9)

Normalización de las direcciones principales:

−==

−==

==

321

141;

012

51;

563

701

)3(

)3()3(

)2(

)2()2(

)1(

)1()1(

nnnrrr

ii

ii

ii

nn

nn

nn

Ejemplo 3.4:

Probar que )()( nn1tσ n ⊗−= ⋅rr

S , donde )(ntr

es el vector tracción asociado al plano cuya

normal es n y Sσr

es la tensión tangencial asociada a este plano.

Solución 1:

[ ]

)(

)(

)()(

)()(

nn1tσ

nnttσ

nnttσ

n

nn

nn

⊗−=

⊗−=

−=

⋅⋅⋅

rr

rrr

rrr

S

S

S

Solución 2: Podemos resolver el problema anterior utilizando sólo las componentes de la ecuación

[ ]nnnσtσ n )()( ⊗−= :rr

S :

[ ]

( )kiikk

kkiikk

kkii

ikllkiiS

nnttnnt

tnntnσnntσ

)(

)(

)()(

)()(

)(

−=−=

−=−=

δδ

n

nn

nn

n

o en forma compacta:

)()( nn1tσ n ⊗−= ⋅rr

S

3 TENSIONES


193


Ciudad Real

Ejemplo 3.5: El estado de tensión en un punto P del medio continuo se da esquemáticamente por: Se pide: Determinar el valor de la componente 22σ del tensor de tensiones para que exista al menos un plano que pase por P que esté libre de tensiones; Determinar la dirección de dicho plano. Solución:

Buscamos un plano cuya dirección es n tal que 0t nrr

=)( . Podemos relacionar el tensor de tensiones con el vector tensión según expresión:

nσt n )( ⋅=r

luego:

=

σ=

000

01411410

3

2

1

22)(

3

)(2

)(1

nnn

ttt

n

n

n

Resultando en el siguiente sistema de ecuaciones:

−=⇒=+

=+σ+

−=⇒=+

2121

32221

2332

4104

04104

nnnn

nnn

nnnn

Combinando las ecuaciones anteriores obtenemos que:

041

410 2222232221 =−σ+−⇒=+σ+ nnnnnn

041

41

222 =

−σ+− n

Luego, para 0nrr

≠ , tenemos que: 210

41

41

2222 =σ⇒=

−σ+− .

Para determinar la dirección del plano partimos de la restricción: 1=iinn , luego:

3x

2x

1x

1 1 4

22σ 4

1 1



194


Ciudad Real

62;

322

141

41

1 1

312

2222

23

221

−===⇒

=

−++

−⇒

=++∴=

nnn

nnn

nnnnn22

2ii

Obteniendo así la dirección de la normal al plano, cuando se cumple 0t nrr

=)( :

−

−=

141

62 in

3.1.2 Ecuación de Equilibro, Tensiones y Direcciones Principales

Ejemplo 3.6: El campo de tensión de un medio continuo viene representado por:

=σ

142410201

12

1

2

xxxx

ij

(3.10)

donde ix son las coordenadas cartesianas.

Se pide: a) Despreciando las fuerzas másicas, ¿está el cuerpo en equilibrio? b) Determinar el vector tensión que actúa en un punto )3,2,1( 321 === xxx según el

plano 6321 =++ xxx ;

c) Determinar la proyección del vector tensión según la dirección normal y tangencial al plano 6321 =++ xxx ;

Solución: Ecuación de equilibrio:

0bσ0

rr

r

r =+=

⋅ ρx∇ (3.11)

ijij 0, =σ (3.12)

expandiendo,

iiii 03,32,21,1 =σ+σ+σ (3.13)

=σ+σ+σ=σ+σ+σ

=σ+σ+σ

000

3,332,321,31

3,232,221,21

3,132,121,11

(3.14)

unidades de tensión

3 TENSIONES


195


Ciudad Real

ya que:

000

000

000

3

33

2

32

3

31

3

23

2

22

2

21

3

13

2

12

1

11

=∂σ∂

=∂σ∂

=∂σ∂

=∂σ∂

=∂σ∂

=∂σ∂

=∂σ∂

=∂σ∂

=∂σ∂

xxx

xxx

xxx

(3.15)

b) El versor normal al plano 6321 =++ xxx es:

=

111

31 in (3.16)

El vector tensión )(ntr

:

nσt n )( ⋅=r

(3.17)

====σ

144410401

)3,2,1( 321 xxxij (3.18)

luego,

=

=

955

31

111

31

144410401

)(nit

(3.19)

c) Componente normal

[ ]3

19)955(31

111

31955

31)( =++=

==σ ⋅nt n

rN (3.20)

Componente tangencial )()(22 nn tt

rr⋅+σ−=σ NS (3.21)

[ ]3

1313

1

955

9553

1)()( =

=⋅ nn tt

rr (3.22)

luego

932

3131

319 2

2 =+

−=σS (3.23)



196


Ciudad Real

Ejemplo 3.7: Dado un cuerpo en equilibrio estático, donde el campo del tensor de tensiones de Cauchy viene representado a través de las siguientes componentes cartesianas:

2131

33

3233

2233122

2312

22

3111

;618;6012;6

xxxxxxxx

=σ+=σ=σ+=σ=σ+=σ

Determinar el vector de fuerzas másicas (por unidad de volumen) en el punto ( 2;4;2 321 === xxx ).

Solución: Ecuación de equilibrio:

0bσrr

r =+⋅ ρx∇ (3.24)

∂σ∂

−∂σ∂

−∂σ∂

−=⇒=+∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

∂σ∂

−∂σ∂

−∂σ∂

−=⇒=+∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

∂σ∂

−∂σ∂

−∂σ∂

−=⇒=+∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

3

33

2

32

1

3133

3

33

2

32

1

31

3

23

2

22

1

2122

3

23

2

22

1

21

3

13

2

12

1

1111

3

13

2

12

1

11

0

0

0

xxxxxx

xxxxxx

xxxxxx

bb

bb

bb

ρρ

ρρ

ρρ

(3.25)

−−−

−=⇒

−−−=−−−=

−−−=

221

21

2213

2

211

18120

18

1812000

0018

xx

x

xx

x

ibbbb

ρρρρ

(3.26)

Para el punto 2;4;2 321 === xxx obtenemos que:

−

−=

77072

ibρ (Fuerza por unidad de volumen) (3.27)

Ejemplo 3.8: El campo del tensor de tensiones de Cauchy viene representado por sus componentes como:

−−

−

=σ23

223

2122

2

122

22

21

200

0)3(31)(

0)(

ax

xaxxxa

xxaxx

kij (3.28)

donde k y a son constantes.

Encontrar el campo de fuerzas másicas br

(por unidad de masa) necesario para que el campo de tensión esté en equilibrio. Solución:

3 TENSIONES


197


Ciudad Real

−=⇒=+∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=−−−−=⇒=+∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=+−=⇒=+∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

3333

33

2

32

1

31

222

22

222

3

23

2

22

1

21

2121113

13

2

12

1

11

40

0)33(3

)(0

0220

kaxxxx

axkxakxxx

kxxkxxxxx

bb

bb

bb

ρρ

ρρ

ρρ

(3.29)

Luego:

−=

100

4 3

ρkax

ib (Fuerza por unidad de masa) (3.30)

Ejemplo 3.9:

Suponga que las fuerzas másicas son 3eb g−=r

, donde g es una constante. Considere el siguiente tensor de tensiones:

−−−

−=σ

pxxx

xx

ij

2

23

32

00

0α (3.31)

Encontrar p tal que cumplan con las ecuaciones de equilibrio. Considerar α una constante y el campo densidad de masa homogéneo, es decir, no depende del vector posición. Solución: Ecuación de equilibrio:

0bσrr

r =+⋅ ρx∇ (3.32)

=+∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=+∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=+∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

0

0

0

33

33

2

32

1

31

23

23

2

22

1

21

13

13

2

12

1

11

b

b

b

ρ

ρ

ρ

xxx

xxx

xxx

(3.33)

=+∂σ∂

+−

=⇒=+++=⇒=+++

00

0000000000

33

33

22

11

b

bbbb

ρα

ρρ

x

(3.34)

3

33

333

33

1

1)(

dxgdp

gxp

xp

xp

x

+=⇒

+=∂∂

⇒−=∂∂=

∂∂=

∂σ∂

αρ

αρρααα

b

(3.35)



198


Ciudad Real

33 11 xgpxgp

+=⇒∂

+= ∫ α

ραρ

Verificación:

01 =−++−=−

++− gggg ρρααραραα (3.36)

Ejemplo 3.10: Muestre que para el siguiente campo de tensión:

)(;)(0;2;)(

22

2133

21

22

2122

1323211222

21

2211

xxxxxxxxxx+ν=σ−ν+=σ

=σ=σν−=σ−ν+=σ

Satisface las ecuaciones de equilibrio con fuerzas másicas iguales a cero. Solución: Ecuaciones de equilibrio:

iiii

ijij

iijij

jii

0

0

0b0

=σ+σ+σ

==σ

=+σ=

3,32,21,1

,

,

)3,2,1,(

ρ

321

===

iii

=σ+σ+σ=σ+σ+σ=σ+σ+σ

000

3,332,321,31

3,232,221,21

3,132,121,11

=∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

⇒

0

0

0

3

33

2

32

1

31

3

23

2

22

1

21

3

13

2

12

1

11

xxx

xxx

xxx

Las ecuaciones de equilibrio quedan:

=σ+σ+σ=ν+ν−=σ+σ+σ

=ν−ν=σ+σ+σ⇒

0022

022

3,332,231,13

223,232,221,12

113,312,121,11

xxxx

Con lo cual se comprueba que el cuerpo está en equilibrio.

Ejemplo 3.11: Considérese el siguiente campo de tensiones:

−σσ+

=σ

2

2112

1221

00020

)(x

xxxx

ij xr

Considerando el medio en equilibrio, encontrar 12σ , sabiendo que es función de 1x , 2x , i.e. ),( 2112 xxσ . Se sabe también que el medio está libre de fuerzas másicas y que el vector

tensión en el plano 11 =x viene dado por: 2212)( )5()1( eet n xx −++=

r.

3 TENSIONES


199


Ciudad Real

Solución: Como el cuerpo está en equilibrio debe satisfacer las ecuaciones de equilibrio:

iiii

ijij

iijij

jii

0

0

0b0

=σ+σ+σ

==σ

=+σ=

3,32,21,1

,

,

)3,2,1,(

ρ

Resultando:

=++=∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=+−∂σ∂

=∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=+∂σ∂

+=∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

⇒

0000

002

001

3

33

2

32

1

31

1

12

3

23

2

22

1

21

2

12

3

13

2

12

1

11

xxx

xxxx

xxxx

Como dato del problema tenemos que cuando 11 =x , 2212)( )5()1( eet n xx −++=

r, luego:

−σσ+

==σ

2

212

122

21

0002101

),1(x

xx

xxij

−+

=

−σσ+

==σ=0

51

001

00

02101

),1( 2

2

2

212

122

21)( x

x

xx

xxx jij nt n (3.37)

−+

=

=σ

+=

−=σ=σ+

⇒

=σ=

051

0),1(

1

001

00

021),1(0),1(1

),1(

2

2

2112

2

2

22112

21122

21)(

xx

xxx

xxxx

xxx

xx jij nt n

A través de las ecuaciones de equilibrio:

)(2),(22 2121121121

12 xCxxxxx

+=σ⇒∂=σ∂⇒=∂σ∂

∫∫

A través de la condición de contorno dada por (3.37) podemos obtener la constante de integración:

22222112 3)()(25),1( xxCxCxxx −=⇒+=−==σ

Luego: 32),( 212112 +−=σ xxxx

Ejemplo 3.12:



200


Ciudad Real

Obtener las ecuaciones de equilibrio (en notación ingenieril), partiendo de un elemento diferencial ( xrd ), donde la variación de las tensiones de punto a punto (campo de tensiones) es la que se muestra en la Figura 3.3.

Figura 3.3: Tensiones en un elemento diferencial. Solución: Para obtener las ecuaciones de equilibro partiremos de que la suma de las fuerzas que actúan en el diferencial sea cero. Haciendo el equilibrio de fuerzas según dirección x :

0=∑ xF

0=τ−

∂τ∂

+τ+τ−

∂τ∂

+τ+σ−

∂σ∂

+σ+

dxdydxdydzz

dxdz

dxdzdyy

dydzdydzdxx

dxdydz

xzxz

xzxy

xyxyx

xxxbρ

Simplificando la ecuación anterior resulta:

0=∂τ∂

+∂τ∂

+∂σ∂

+ dxdydzz

dxdydzy

dxdydzx

dxdydz xzxyxxbρ

yzτ

xyτ yσ

zσ

yzτ

xzτ

xzτ

xσ xyτ

dzzxz

xz ∂τ∂+τ

dzzyz

yz ∂σ∂

+σ

dzz

zz ∂

σ∂+σ

dyyyz

yz ∂τ∂

+τ

dyyxy

xy ∂τ∂

+τ

dyy

yy ∂

σ∂+σ dx

xxz

xz ∂τ∂+τ

dxxxy

xy ∂τ∂

+τ dx

xx

x ∂σ∂+σ

z

y

x

dz

dx

dy

Cara oculta

Cara oculta

Cara oculta

xb yb

zb

3 TENSIONES


201


Ciudad Real

0=∂τ∂

+∂τ∂

+∂σ∂

+zyxxzxyx

xbρ

Resultante de fuerzas según dirección y : 0=∑ yF

0=τ−

∂τ∂

+τ+τ−

∂τ∂

+τ+σ−

∂σ∂

+σ+

dydzdydzdxx

dxdy

dxdydzz

dxdzdxdzdyy

dxdydz

xyxy

xyyz

yzyzy

yyybρ


0=∂τ∂

+∂σ∂

+∂τ∂

+z

yzyxyy xyxbρ

Resultante de fuerzas según dirección z : 0=∑ zF

0=τ−

∂τ∂

+τ+τ−

∂τ∂

+τ+σ−

∂σ∂

+σ+

dxdzdxdzdyy

dzdy

dzdydxx

dxdydxdydzz

dxdydz

yzyz

yzxz

xzxzz

zzzbρ


0=∂σ∂

+∂τ∂

+∂τ∂

+zyx

zyzxzzbρ

Luego, las ecuaciones de equilibrio son:

=+∂σ∂

+∂τ∂

+∂τ∂

=+∂τ∂

+∂σ∂

+∂τ∂

=+∂τ∂

+∂τ∂

+∂σ∂

0

0

0

zzyzxz

yz

yzyxy

xxzxyx

zyx

xyx

zyx

b

b

b

ρ

ρ

ρ

Ejemplo 3.13: Dado un medio continuo donde se conoce el estado tensional en un punto y que viene representado a través de las componentes del tensor de tensiones de Cauchy:

Paij

=σ

200011011

Se pide: a) Encontrar las tensiones principales y las direcciones donde se producen. Solución:



202


Ciudad Real

Para obtener las tensiones principales ii σ=λ y direcciones principales )( in debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones:

=

λ−λ−

λ−

000

200

011011

3

2

1

nnn

(3.38)

La obtención de soluciones no triviales de )( in , es equivalente a resolver:

0=λ−σ ijij δ

Pero si nos fijamos en el formado de la matriz que contiene las componentes del tensor de tensiones, podemos notar que ya tenemos una solución principal, ya que las componentes tangenciales en la dirección 3 son cero, luego:

→=λ dirección21 0)1(2

)1( == nn1 , 1)1(3 ±=n

Pero obtener las otras dos direcciones es suficiente con resolver:

( ) 0211

11=λ−λ−=

λ−λ−

Podemos fácilmente verificar que las raíces de la ecuación anterior son: 22 =λ , 03 =λ

Expresamos las componentes del tensor de tensiones en este nuevo sistema como:

Paij

=σ′

000020002

b) Direcciones principales b.1) Para obtener la dirección principal asociada a la solución 22 =λ , sustituimos esta solución en la ecuación (3.38):

=−

=+−⇒

=

−−

−

0

0

000

2200

02110121

)2(2

)2(1

)2(2

)2(1

)2(3

)2(2

)2(1

nn

nn

nnn

Resolviendo el sistema obtenemos 0)2(3 =n , )2(

2)2(

1 nn = y utilizando 12)2(

22)2(

1 =+ nn resulta:

21)2(

2)2(

1 == nn .

= 0

21

21 )2(n

b.2) Para la solución 03 =λ , obtenemos que:

=

=+

=+

⇒

=

−−

−

02

0

0

000

0200

00110101

)3(3

)3(2

)3(1

)3(2

)3(1

)3(3

)3(2

)3(1

n

nn

nn

nnn

3 TENSIONES


203


Ciudad Real

Resolviendo el sistema obtenemos 0)3(3 =n , )3(

2)3(

1 nn −= y utilizando 12)3(

22)3(

1 =+ nn ,

resulta: 2

1)3(1 =n ,

21)3(

2 −=n .

−= 0

21

21 )3(n .

Como hemos visto, los autovectores constituyen una matriz de transformación, A , entre los dos sistemas, es decir, TAA σσ =′ , Así:

T

−

−

=

=σ=σ

=σ

02

12

1

02

12

1

100

200011011

02

12

1

02

12

1

100

000

020002

3

2

1

Ejemplo 3.14: Una presa prismática está sometida a una presión ejercida por el agua. La presa tiene espesor b y altura h , ver Figura 3.4. Obtener las restricciones de las componentes cartesianas del tensor de tensiones de Cauchy en las caras BC , OB y AC .

Figura 3.4.

Solución:

La cara BC tiene como normal [ ]010 )( =BCin . Teniendo en cuenta que en esta cara no

hay vector tracción, concluimos que:

=

σσσ

=

σσσσσσσσσ

⇒σ==000

010

32

22

12

333231

232221

131211)(

jijiBC

i n0t

Lo que es lo mismo que 02 =σ i y debido a la simetría 02 =σ i .

La cara OB tiene como normal [ ]001 )( −=BCin . Teniendo en cuenta que en esta cara el

vector tracción tiene como componentes [ ]00)( 2)( xhga

OBi −= ρt , concluimos que:

aρ

aρ - densidad de masa del agua

g - aceleración de la gravedad

1x

2x

)( 2xhga −ρ

b

h

O A

C B



204


Ciudad Real

−=

σ−σ−σ−

=

−

σσσσσσσσσ

⇒σ=

−=

00

)(

001

00

)( 2

31

21

11

333231

232221

1312112)(

xhgxhg a

jij

aOB

i

ρρnt

Lo que es lo mismo que 121 )( iai xhg δρ −=σ .

La cara AC tiene como normal [ ]001 )( =BCin . Teniendo en cuenta que en esta cara no

hay vector tracción, concluimos que:

=

σσσ

=

σσσσσσσσσ

⇒σ==000

001

31

21

11

333231

232221

131211)(

jijiAC

i n0t

Lo que es lo mismo que 01 =σ i y debido a la simetría 01 =σ i .

3.1.3 Otras Medidas de Tensión

Ejemplo 3.15: Demostrar que se cumplen las siguientes relaciones:

11; −−−−− σ+=σ+= ⋅⋅⋅ CFFFF mTdevT

mTdev JJJJ σSσP

donde P y S son el primer y segundo tensor de tensiones de Piola-Kirchhoff, respectivamente, C es el tensor derecho de deformación de Cauchy-Green, F es el gradiente de deformación, J es el Jacobiano, y mσ es la tensión media del tensor de tensiones de Cauchy. Demostrar también que se cumplen las siguientes relaciones:

mJσ== 3CF :: SP

Solución:

Teniendo en cuenta que TJ −⋅= FσP , y la descomposición de σ como devsph σσσ += , podemos obtener que:

Tm

Tdev

Tm

Tdev

Tm

dev

JJ

JJ

J

−−

−−

−

σ+=

σ+=

σ+=

⋅⋅⋅

⋅

FF

FF

F

σ

1σ

1σP

)(

Consideremos ahora la definición del segundo tensor de tensiones de Piola-Kirchhoff TJ −− ⋅⋅= FF 1 σS , y teniendo en cuenta la descomposición aditiva de σ como

devsph σσσ += , obtenemos:

11

11

1

1

)(

−−−

−−−−

−−

−−

σ+=

σ+=

σ+=

=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

CFF

FFFF

FF

FF

mTdev

Tm

Tdev

Tm

dev

T

JJ

JJ

J

J

σ

1σ

1σ

σS

Aplicando en doble producto escalar entre los tensores S y C , obtenemos que:

CCCFFC ::: 11 −−− σ+= ⋅⋅ mTdev JJ σS

3 TENSIONES


205


Ciudad Real

donde el término CFF :TdevJ −− ⋅⋅σ1 queda:

0

)()(

)(

0)(

111

11

==

σ=

σ=

σ=

=

=

−−−−

−−−−

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅

43421dev

T

dev

pkdevpk

devpkqkqp

qjqijkdevpkipij

Tij

Tdev

TdevTdev

J

J

J

FFFFJJ

JJ

σ1σ

σ

σσ

Tr

:

::

δ

δδ

FFFF

CFFCFFFF

Luego:

mmmm JJJJ σ=σ=σ=σ= ⋅−− 3)()( 11 1S TrTr CCCCC ::

Ahora, haciendo el doble producto escalar entre P y F , obtenemos que:

FFFFF ::: Tm

Tdev JJ −− σ+= ⋅σP

Analizando el término FF :TdevJ −⋅σ , concluimos que:

0

)() (

0)(

1

==

σ=σ=

=

=

−

−− ⋅⋅

43421dev

dev

ikdevikijjk

devik

ijijTdevTdev

J

JFFJ

JJ

σ1σ

σσ

Tr

:

:

δ

FFFF

Luego,

mmTT

mT

m JJJJ σ=σ=σ=σ= ⋅−− 3)()( 1P TrTr FFFFF ::

3.1.4 Máxima Tensión de Corte, Círculo de Mohr

Ejemplo 3.16: ¿Cuál es la tensión de corte máxima cuyo estado tensional en un punto es el siguiente?

Figura 3.5.

MPa30

MPa20

3x

1x

2x



206


Ciudad Real

Solución: Como los ejes ix son ejes principales, dibujamos el círculo de Mohr con las tensiones principales MPaI 30=σ ,

MPaII 20=σ y 0=σ III .

Figura 3.6.

MPa152

030max =

−=τ (3.39)

Ejemplo 3.17: Dado el estado tensional en un punto representado por el elemento infinitesimal mostrado en la Figura 3.7. Se pide: a) Dibujar el círculo de Mohr; b) Obtener la tensión normal máxima, e indicar el plano en la que se produce; c) Obtener la tensión tangencial máxima.

Figura 3.7:

Solución:

)(MPaNσ

τ

20 30

)(max MPaτ

MPa20

MPa5

3x

1x

2x

MPa10

)(MPaNσ

τ≡σS

20− 5

15max =τ

10

MPa

MPa

S

N

152

)20(1010

max

max

=−−=σ

=σ

3 TENSIONES


207


Ciudad Real

Ejemplo 3.18:

Determinar para que valores de *σ son posibles los siguientes estados tensionales en planos que pasen por P : Caso a) 2;4 =τ=σN

Caso b) 1;4 =τ=σN

Caso c) 0;7 =τ=σN

Figura 3.8.

Solución Para que los pares de valores );( τσN sean factibles, tienen que pertenecer a la zona en gris en el círculo de Mohr, ver Figura 3.8, o pertenecer a las circunferencias.

Figura 3.9: Círculo de Mohr.

6

*σ

2

P

Nσ

τ

2σ 3σ

1σ



208


Ciudad Real


Caso a) :En este caso el par )2;4( =τ=σN pertenece al círculo formado por la tensiones principales 2 y 6 , luego *σ puede ser cualquiera, ver Figura 3.11.


Caso b) En este caso podemos decir que la solución es:

*)1(

**)2( σ≤σ≤σ (3.40)

donde *)2(σ , *

)1(σ están señalados en la Figura 3.12.

Nσ

τ

7 6 2

2 1

Caso a)

Caso b)

Caso c)

Nσ

τ

6 2

2 1

Caso a)

*∞σ *

∞−σ *σ

3 TENSIONES


209


Ciudad Real


Partiendo de la ecuación de la circunferencia: 222 )()( Ryyxx CC =−+− (3.41)

Para el caso *)1(σ , tenemos:

2)2(

;0 ;1 ;2

)2( ;4

*)1(

*)1( −σ

===+σ

== Ryyxx CC

Reemplazando estos valores en la ecuación de la circunferencia, resulta:

( )

5,4

2)2(

012

)2(4

)()(

*)1(

2*)1(2

2*)1(

222

=σ⇒

−σ=−+

+σ−

=−+− Ryyxx CC

(3.42)

Para el caso *)2(σ , tenemos:

2)6(

;0 ;1 ;2

)6( ;4

*)2(

*)2( σ−

===σ+

== Ryyxx CC

reemplazando estos valores en la ecuación de la circunferencia, resulta:

( )

5,3

2)6(

012

)6(4

)()(

*)2(

2*)2(2

2*)2(

222

=σ⇒

σ−=−+

σ+−

=−+− Ryyxx CC

(3.43)

luego:

5,45,3 * ≤σ≤ (3.44)

Caso c) En este caso la única solución posible es que Nσ sea una tensión principal, luego

7* =σ (3.45)

Nσ

τ

6 2

2 1

)(*

xσ Nσ

τ

6 2

2 1

Casos límites

)1(*σ )2(

*σ

)1,4( )1,4(



210


Ciudad Real


Ejemplo 3.19: Obtener la máxima tensión normal y tangencial (de corte) y dibujar el círculo de Mohr correspondiente para los siguientes estados tensionales:

a)

ττττ

=σ00000

ij (3.46)

b)

τ−τ

τ−=σ

0000002

ij (3.47)

Solución: a) Valores principales. Si verificamos el formato de las componentes del tensor de

tensiones de Cauchy, ya podemos decir que un valor principal es 0)3( =λ . Luego, es suficiente obtener solo los dos otros autovalores:

00)( 22 =λ⇒τ=λ−τ⇒=τ−λ−τ=λ−ττ

τλ−τ→

ττττ

(3.48)

τ=λ=λ

⇒=λ+τ−λ⇒=τ−λ+λτ−τ⇒=τ−λ−τ20

0)2(020)()2(

)1(22222 (3.49)

Nσ

τ

6 2 7* =σ

3 TENSIONES


211


Ciudad Real

Figura 3.14:

τ=ττ=σ

max

max 2N (3.50)

b)

Figura 3.15.

τ=τ−−τ=τ

τ=σ

23

2)2(

max

maxN

(3.51)

Ejemplo 3.20: Hacer la representación del círculo de Mohr para los siguientes casos:

Nσ

τ

τ=τmax

τ2

Nσ

τ

τ− 2 τ− τ



212


Ciudad Real

1) Caso unidimensional, estado de carga de tracción 2) Caso unidimensional, estado de carga de compresión 3) Caso bidimensional, estado de carga de tracción 4) Caso triaxial 5) estado de corte puro Solución: 1) Caso unidimensional, estado de carga de tracción 2) Compresión uniaxial 3) Caso biaxial

xσ

xσ

Nσ

τ

IIσ

σ−

00000000

II

xσ

xσ

Nσ

τ

Iσ

σ

00000000I

Nσ

τ

IIσ Iσ

σ

σ

0000000

II

I

IIσ

Iσ

3 TENSIONES


213


Ciudad Real

4) Caso triaxial 5) Corte puro

3.1.5 Particularidades del Tensor de Tensiones

Ejemplo 3.21: Considere las componentes del tensor de tensiones en un punto P :

GPaij

=σ

297986765

(3.52)

Obtener: a) La tensión media; b) La parte volumétrica y desviadora del tensor σ .

Solución:

53

2853

=++=σ

=σ kkm (3.53)

Iσ

IIIσ

IIσ

Nσ

τ

Iσ IIσ IIIσ

σσ

σ

III

II

I

000000

Nσ

τ≡σS

σ σ−

σ

σ−

σ−

σ

0000000



214


Ciudad Real

−=σ

σ−σ=σ⇒σ+σ=σ

=

σσ

σ=σ

397936760

500050005

000000

devij

esfijij

devij

devij

esfijij

m

m

mesfij

(3.54)

Ejemplo 3.22: Considere las componentes del tensor de tensiones:

=σ

302013235

ij (3.55)

dadas en el sistema constituido por la base ),,( 321 eee .

Dada la ley de transformación de base entre los sistemas x y 'x por:

1'x 2'x 3'x

1x 53 0

54

2x 0 1 0

3x 54− 0

53

donde el sistema 'x está constituido por la base ),,( 321 ''' eee .

Se pide:

a) Obtener el vector tensión )( 2'etr

según el plano cuya normal es 2 'e , expresado según el sistema cartesiano ),,( 321 ''' eee con el siguiente formato:

321)( )()()(2 eeet e ′+′+′='

r (3.56)

b) Obtener la parte esférica y desviadora del tensor de tensiones. Solución: a) Como definimos, la primera fila de la matriz de transformación está formada por los cosenos directores del eje 1'x con 1x , 2x y 3x , luego:

−=

304050403

51A (3.57)

unidades de tensión

3 TENSIONES


215


Ciudad Real

y la ley de transformación para las componentes de tensor de segundo orden: T' AA σσ = (3.58)

luego:

=

−

−=σ′

311221259299

51

0010

0

302013235

0010

0

53

54

54

53

53

54

54

53

ij (3.59)

=

1259

51)( 2'

iet

321)(

512)1(

59

2 eeet e ′

+′+′

='

r

(3.60)

ya que:

=

σ′σ′σ′σ′σ′σ′σ′σ′σ′

)(3

)(3

)(3

)(2

)(2

)(2

)(1

)(1

)(1

333231

232221

131211

321

321

321

'''

'''

'''

eee

eee

eee

ttttttttt

(3.61)

b)

devijij

devij

esfijij

Iσ+=

σ+σ=σ

σ δ3

(3.62)

9315 =++=σI (3.63)

=σ

300030003

esfij (3.64)

−=

−−

−=

σ−σ=σ

002023232

330203132335

esfijij

devij

(3.65)

Ejemplo 3.23: El estado de tensión en un medio continuo (cuerpo) está dado por el tensor de tensiones de Cauchy:

−−=σ

000

00

1

13

3

CxCxCx

Cx

ij

donde C es una constante. Considérese que el cuerpo esté libre de fuerzas másicas. Se pide:



216


Ciudad Real

a) Probar si el cuerpo está en equilibrio; b) Calcular el vector tensión en el punto )7,4,4( −P según un plano cuya normal viene dada

por 321 31

32

32 eeen −+= .

c) Representar los círculos de Mohr del estado de tensión del punto P . Solución: a) Para que el medio continuo esté en equilibrio hay que cumplir las ecuaciones de equilibrio:

iiij,j 0b =+σ=+⋅ ; ρρ 0bσrr

∇ (3.66)

−−=σ

000

00

1

13

3

CxCxCx

Cx

ij (3.67)

Para el problema propuesto ii 0b =ρ , luego:

=++⇒==++⇒==++⇒=

⇒∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=∂σ∂

=σ000030000200001

3

3

2

2

1

1

iii

xxxxiii

j

ijij,j (3.68)

iij,j 0=σ luego el cuerpo está en equilibrio.

b) El vector tensión viene dado por:

nσt n )( ⋅=r

; jiji nt )( σ=n (3.69)

−−=

−−==−==σ

040407070

000

00)7;4;4

1

13

3

321

CCC

C

CxCxCx

Cxxxxij ( (3.70)

−=

122

31 jn (3.71)

Resultando que:

−=

−

−−=σ=

CCC

CCC

C

jiji

81814

31

122

31

040407070

)( nt nr (3.72)

c)

−−=σ040407

070Cij (3.73)

Los autovalores (tensiones principales) vienen dados por:

3 TENSIONES


217


Ciudad Real

σ−−−σ−

σ−=σ

4047

07Cij (3.74)

650654916 23 ±=σ⇒=+σ−⇒=σ+σ+σ− 0 (3.75)

Resultando así un estado de corte puro, el círculo de Mohr viene representado por:

Ejemplo 3.24: El estado tensional en un punto del cuerpo viene dado por las componentes del tensor de tensiones de Cauchy representado en el sistema cartesiano como:

Figura 3.16:

Se pide: a) La tensión desviadora; b) Determinar las tensiones principales ( Iσ , IIσ , IIIσ ) y las direcciones principales;

c) Dibujar el círculo de Mohr; d) Obtener la máxima tensión de corte;

Nσ

τ≡σ S

65=σ I 65=σ III

65

1x

2x

3x

1e 3

e

2e

1)( 83 et e =

r

1)( 62 et e =

r

32)( 861 eet e +=

r



218


Ciudad Real

e) Encontrar el vector tensión en un plano que pasa por el punto dado cuya normal a este

plano es 321 4625,075,0 eeen −+= ;

f) Obtener también la tensión normal y tangencial en este plano. Solución: Según la Figura 3.16 podemos obtener las componentes del tensor de tensiones de Cauchy como:

=σ

008006860

ij

a) devij

esfijij σ+σ=σ

La parte esférica ijijesfij

I0

3==σ δσ ya que 0=σI . Luego, la parte desviadora viene dada por:

=σ−σ=σ

008006860

ijesfij

devij

b) Los autovalores pueden ser determinados por el determinante característico:

( ) 01000100008

0686

23 =+λ−λ⇒=λ+λ−⇒=λ−

λ−λ−

Las soluciones son 01 =λ , 102 =λ , 103 −=λ , que son las tensiones principales. Las direcciones principales quedan:

[ ][ ]

[ ]566,0424,0707,010

566,0424,0707,010

6,08,000

)3(3

)2(2

)1(1

= →=σ

−= →−=σ

−= →=σ

iautovalor

iautovalor

iautovalor

n

n

n

10=σ I , 0=σ II , 10−=σ III

c) El círculo de Mohr viene dibujado en la figura abajo: d) En el círculo de Mohr se puede obtener directamente la tensión de corte máxima:

Nσ

τ≡σ S

10=σ I 10−=σ III

10max =τ

0=σ II

3 TENSIONES


219


Ciudad Real

10max =τ

e) Teniendo en cuenta que jiji nt )( σ=n , podemos obtener las componentes del vector tensión

en el plano de normal 321 4625,075,0 eeen −+= :

−≈

−

=

65,4

39898,3

46

25,075,0

008006860

)(3

)(2

)(1

n

n

n

ttt

f)

El módulo de Nσr

se puede obtener a través de la proyección iiN nt )()( nn ntσ == ⋅rr

, luego:

[ ] 09847,5

46

25,075,0

65,439898,3)( −≈

−

−≈= iiN nt nσr

El vector Nσr

viene dado por:

32112216,327462,182385,3 eeenσσ +−−== NN

rr

Además como se cumple que SN σσt n rrr+=)( , podemos obtener el vector tangencial a este

plano como:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 321

321

)(

87784,277462,542487,0

12216,3627462,15,482385,339898,3eee

eee

σtσ n

++≈

−++++−≈−= NSrrr

y su módulo:

( ) ( ) ( )465966,6808713,41

87784,277462,542487,0 222

=≈

++≈Sσr

OBS.: También podríamos haber utilizado la expresión 2)()(2NS σttσ nn rrrr

−= ⋅ para obtener el módulo de Sσ

r.

)(ntr

n

Nσr

Sσr

s

P



220


Ciudad Real

Ejemplo 3.25: El estado tensional en un punto del cuerpo viene dado por las componentes del tensor de tensiones de Cauchy según su parte esférica y desviadora, respectivamente:

=σ

=σ

008006860

;100010001

devij

esfij

Se pide: a) Obtener las componentes del tensor de tensiones de Cauchy; b) Determinar las tensiones principales ( Iσ , IIσ , IIIσ ) y las direcciones principales.

c) Obtener la máxima tensión de corte; d) Dibujar el círculo de Mohr para: d.1) el tensor de tensiones de Cauchy ( ijσ ), d.2) Parte

esférica ( esfijσ ) y; d.3) parte desviadora ( dev

ijσ );

Solución:

a)

=

+

=σ+σ=σ

108016861

008006860

100010001

devij

esfijij

En el Ejemplo 3.24 hemos obtenido los valores principales del tensor devijσ que es el

mismo del problema propuesto. Como el tensor y su parte desviadora tienen las mismas direcciones principales, podemos obtener de forma automática las tensiones principales:

=

−+

=σ′+σ′=σ′

1100010009

10000000010

100010001

devij

esfijij

Las direcciones principales son las mismas del tensor σ del Ejemplo 3.24.

3 TENSIONES


221


Ciudad Real

d) Círculo de Mohr Observemos que la parte esférica lo que hace es desplazar el círculo de Mohr según el eje

Nσ , no alterando así el valor de la tensión tangencial máxima.

Ejemplo 3.26: En un punto P del medio continuo el tensor de tensiones de Cauchy σ viene representado por sus componentes cartesianas por:

MPaij

=σ

200011011

,

Se pide: a) Determinar las tensiones principales y las direcciones principales en el punto P ; b) Obtener la máxima tensión de corte; c) Dibujar el círculo de Mohr para: c.1) el tensor de tensiones de Cauchy ( ijσ ), c.2) Parte

esférica ( esfijσ ) y; c.3) parte desviadora ( dev

ijσ );

d) i.) Encontrar el vector tensión en un plano que pasa por el punto dado cuya dirección normal a este plano es 321 00,10,1 eeen ++=

r;

ii.) Obtener también la tensión normal y tangencial en este plano.

10max =τ

τ≡σ S

444444444444444 3444444444444444 21

10−=σdevIII dev

Nσ 10=σdevI 0=σdev

II Nσ

τ≡σ S

1=σ=σ=σ IIIIII

+

Parte desviadora Parte esférica

9−=σ III Nσ

τ≡σ S

11=σ I

10max =τ

1=σ II



222


Ciudad Real

f) Obtener los autovalores y autovectores de la parte desviadora del tensor de tensiones de Cauchy ( devσ ). Solución: a) Ver Ejemplo 3.13. Los autovalores son 2=σ I , 2=σ II , 0=σ III

b) y c)

−=

−

=σ′−σ′=σ′

200010001

32

100010001

34

000020002

esfijij

devij

d) El vector tensión se obtiene a partir de nσt n )( ⋅=r

, normalizando el vector obtenemos

que: 321 02

12

1 eeennn ++== r

r

. Vector tensión:

=

=

022

21

011

21

200011011

)(3

)(2

)(1

n

n

n

ttt

Verifiquemos que esta dirección es una dirección principal, luego, sólo habrá componente normal e igual al autovalor asociado a esta dirección que es 2=σN y 0=σ S .

444444444444444 3444444444444444 21

333,1−=σ III Nσ

τ≡σ S

667,0, =σσ III

1max =τ

Nσ

τ≡σ S

333,1=σ=σ=σ IIIIII

+

Parte desviadora Parte esférica

0=σ III Nσ

τ≡σ S

2, =σσ III

1max =τ

3 TENSIONES


223


Ciudad Real

Ejemplo 3.27: Las componentes de un estado de tensión en un punto P son:

Paij

−=σ

96062600029

Descompónganse las componentes del tensor de tensiones en una parte esférica y otra desviadora, y determínense los valores de las tensiones principales del tensor desviador. Solución: Considerando la descomposición aditiva del tensor de tensiones en una parte esférica y desviadora:

esfij

devijij σ+σ=σ

La parte desviadora viene dada por

σ−σσσσσ−σσσσσ−σ

=σ

m

m

mdevij

332313

232212

131211

siendo la tensión media dada por:

43

)92629(31 =+−=σ=σ iim

Resultando así:

Padevij

56063000025

49606426000429

−=

−−−

−=σ

Las componentes del tensor hidrostático son:

Paesfij

hidij

400040004

=σ≡σ

Para comprobar las operaciones anteriores, la siguiente relación tiene que verificarse:

Paesfij

devijij

−=

+

−=σ+σ=σ

96062600029

400040004

56063000025

Obteniendo la ecuación característica del tensor de tensiones desviador:

00 323 =−λ−λ→=λ−σ JJij

devij δ

Con la solución de la ecuación cúbica anterior obtenemos las tensiones principales del tensor desviador:

−=σ=σ=σ

PaPa

Pa

dev

dev

dev

31625

3

2

1



224


Ciudad Real

Ejemplo 3.28: Descomponer el tensor de tensiones de Cauchy dado por sus componentes:

Paij M329

0412

3231

21

σσ−σ=σ

en su parte esférica y desviadora. Obtener los invariantes del tensor desviador Obtener también la tensión normal octaédrica, y la tensión media en este punto. Solución: Debido a la simetría del tensor de tensiones de Cauchy:

Paij M320294

0412

−−=σ

Tensión media 83

243

39123

==++==σ=σ σIoctm .

La parte esférica y desviadora del tensor de tensiones son:

−−−=

−

−−=σ−σ=σ

=σ

520214

044

800080008

320294

0412;

800080008

esfijij

devij

esfij

Los invariantes principales del tensor desviador son: 05141 =−+=≡ JdevI

σ, como era de esperar, ya que la traza de cualquier tensor desviador

es cero.

2411444

5004

5221

J−=−=+−

+−−−

=devIIσ

o bien utilizando la definición: ( ) ( ) 41151324313

31 22

2 =×−=−= σσ IIIJ

44)(3 ==≡ devdevIII σσ

detJ

Ejemplo 3.29: El estado tensional en un punto está dado por el tensor de tensión:

σσσσσσσσσ

=σcb

caba

ij

donde a , b , c son constantes y σ es un valor de tensión. Determinar las constantes a , b , c de tal manera que el vector tensión se anule en un plano octaédrico. Solución:

3 TENSIONES


225


Ciudad Real

Un plano octaédrico tiene el siguiente versor: [ ]1113

1 =in . El vector tensión en este

plano viene definido por nσt n )( ⋅=r

, en componentes:

−=+−=+

=+⇒

=

σ+σ+σσ+σ+σσ+σ+σ

=

σσσσσσσσσ

=

11

1

000

31

111

31

)(3

)(2

)(1

cbcaba

cbcaba

cbcaba

n

n

n

ttt

resolviendo el sistema anterior obtenemos que, 21−=b ,

21−=c ,

21−=a

Ejemplo 3.30: En un punto P del medio continuo el tensor de tensiones de Cauchy σ viene representado por sus componentes cartesianas por:

MPaij

σσσ=σ

4305024057

3231

21 ,

a) Determinar las tensiones principales y las direcciones principales en el punto P ; b) Obtener la tensión tangencial máxima y la tensión normal máxima; c) Dibujar el círculo de Mohr del estado tensional correspondiente; d) Obtener el vector tensión )(nt

r en el plano octaédrico del espacio de Haigh-

Westergaard. Obtener también la tensión normal octaédrica y la tensión tangencial octaédrica.

Solución: Teniendo en cuenta que la simetría del tensor de tensiones de Cauchy:

MPaij

=σ

430240500

24057

Verificamos que la tensión 5022 =σ ya es una tensión principal y está asociada al autovector [ ]010 )2( ±=n . Para encontrar las otras tensiones principales resolvemos el siguiente sistema:

=σ=σ

⇒=+σ−σ⇒=σ−

σ−7525

0187510004324

2457

3

12

Utilizando la definición de autovalor-autovector, podemos obtener los siguientes autovectores:

Asociado al autovalor [ ]8,006,025 )1(1 ±=⇒=σ mn

Asociado al autovalor [ ]6,008,075 )3(3 ±±=⇒=σ n

Circulo de Mohr en tensiones: Reestructurando tal que IIIIII σ>σ>σ :

75=σ I , 50=σ II , 25=σ III



226


Ciudad Real

b,c) El círculo de Mohr viene dibujado en la figura abajo: d) El espacio de Haigh-Westergaard está formado por las tensiones principales luego, el vector tensor en este espacio viene dado por nσt n )( ⋅=

r, cuya normal del plano octaédrico

tiene como componentes

=

31

31

31

in :

=

=

→= ⋅255075

31

111

31

250005000075

)(

3

)(2

)(1

scomponente)(

n

n

n

n nσtttt

r

Su módulo viene dado por:

( ) 00617,543

875025507531 )(2222)( =⇒=++= nn tt

rr

La tensión normal octaédrica viene dada por nt n )( ⋅=σr

oct :

[ ] 50111

25507533

1 =

=σoct

Podríamos haber aplicado directamente la definición de tensión normal octaédrica:

503

2550753

=++=σ==σ moctIσ

La tensión tangencial octaédrica se puede obtener a través del teorema de Pitágoras:

4124,20503

8750 222)( =−=σ−=τ octoctnt

r

También podríamos haber aplicado la definición:

41241,206875615023162

31 22 =×−×=−=τ σσ IIIoct

donde 150=σI , 6875255025755075 =×+×+×=σII .

e) Componentes de la parte esférica del tensor:

Nσ

τ≡σ S

max75 NI σ==σ 25=σ III

25max =τ

50=σ II

252

2575max =−=τ

3 TENSIONES


227


Ciudad Real

=σ==σ

500005000050

3)(

ijmijesfij δδσTr

Su parte desviadora:

−=

−

=σ−σ=σ

70240002407

500005000050

430240500

24057esfijij

devij

f) Teniendo en cuenta que el tensor y su parte desviadora son coaxiales, es decir, presentan las mismas direcciones principales, podemos utilizar el espacio principal para obtener los valores principales del tensor desviador:

−=

−

=σ′−σ′=σ′

25000000025

500005000050

250005000075

esfijij

devij

3.1.6 Estado Tensional en Dos Dimensiones

Ejemplo 3.31: Considere el siguiente estado de tensión:

Figura 3.17:

Obtener el estado de tensión en este punto ijσ .

Solución: En el estado de tensón plano )2,1,( =σ jiij se necesitan dos planos para definir completamente el estado tensional en el punto:

σττσ

=σyxy

xyxij (3.76)

x

y

2

4

6

5



228


Ciudad Real

Según la Figura 3.17 verificamos que:

Figura 3.18:

Luego:

=σ

6224

ij (3.77)

Ejemplo 3.32: Considérese un material compuesto, constituido por matriz y fibras según dirección de º45 tal como se indica en la Figura 3.19. Este material compuesto puede romper si la tensión de corte a lo largo de la fibra supera el valor de )/( 108,3 26 mNPa× .

Para una tensión normal Pax6108,2 ×=σ , determínese el valor máximo de yσ para que el

material no rompa.

Figura 3.19: Material compuesto (matriz-fibra).

x

y

2=τ xy

4=σ x

6=σ y

5

2=τ xy

xσ xσ

yσ

yσ

º45

x

y n

º45−

3 TENSIONES


229


Ciudad Real

Solución: Este es un ejemplo típico de transformación de coordenadas. Es decir, tenemos que considerar la tensión de corte máxima según la dirección º45−=θ . Para ello realizamos la transformación de coordenadas siguiente:

Payxy

xyyx

xy

66

)º45(

)(

108,3)º90sin(2

108,2

2cos2sin2

×=−σ−×

−=τ≡τ′

θτ+θσ−σ

−=τ≡τ′

−=θ

θ

Pay6108,4 ×−≈σ⇒ (compresión)

Ejemplo 3.33: Las tensiones que actúan en dos planos que pasan por el punto P están indicadas en la Figura 3.20. Determínese el valor de la tensión de corte τ en el plano aa − y las tensiones principales en este punto.

Figura 3.20: Estados tensionales en un punto, según los planos a y b . Solución: Para obtener el estado de tensión en un punto, en el caso de dos dimensiones, determinamos las tensiones: xσ , yσ , xyτ , como se indica en la Figura 3.21.

Figura 3.21: Estados tensionales en un punto, según los planos a y b .

a

a

b

b

º60 Pa60

Pa80

y

x º45

τ

a

a

b

b

º60 Pa60

Pa80

y

x

º45 xσ

xyτ xyτ

yσ

τ

a

a

b

b

º60

Pa60

Pa80

y

x

º45 xσ

xyτ xyτ

yσ

τ xσ

a) b)

xyτ



230


Ciudad Real

Según la Figura 3.21, podemos determinar directamente xσ y xyτ descomponiendo el vector tensión Pa60 , ver Figura 3.21(b), i.e.:

PaPa

xy

x

30)º60cos(60962,51)º30cos(60

==τ==σ

Para determinar la componente yσ , emplearemos las ecuaciones:

θτ−θσ−σ

=τ≡σ≡τ′

θτ+θσ−σ

+σ+σ

=σ≡σ≡σ′

θ

θ

2cos2sin2

2sin2cos22

)(

)(

xyyx

Sxy

xyyxyx

Nx

Reemplazando los valores numéricos en las expresiones anteriores:

)º90cos(30)º90sin(2

962,51

80)º90sin(30)º90cos(2

962,512

962,51

)º45(

)º45(

−σ−

=τ

=+σ−

+σ+

=σ

=θ

=θ

y

yy Pa

La primera ecuación nos proporciona el valor de yσ :

Pay 038,48=σ

Una vez determinado yσ , podemos determinar )º45( =θτ :

Pa96,1)º45( =τ =θ

Las tensiones principales pueden determinarse a través de las componentes xσ , yσ , xyτ , tal como se indica en las ecuaciones:

=σ=σ

⇒+

−±+=σ

τ+

σ−σ±

σ+σ=σ

PaPa

xyyxyx

9,191,80

302

038,48962,512

038,48962,51

22

2

122

)2,1(

22

)2,1(

3 TENSIONES


231


Ciudad Real

Ejemplo 3.34: Dado el estado de tensiones Pax 1=σ , Paxy 4−=τ y Pay 2=σ . Obtener una gráfica de ángulo-tensiones ( xyyx τσσ−θ ,, ), siendo θ el ángulo de giro de la cuña dada en la Figura 3.22.

Figura 3.22: Estado tensional en un punto. Solución: Calculemos los distintos valores de xσ′ , yσ′ , xyτ′ utilizando las ecuaciones:

θτ−θσ−σ

+σ+σ

=σ′

θτ+θσ−σ

−=τ′

θτ+θσ−σ

+σ+σ

=σ′

2sin2cos22

2cos2sin2

2sin2cos22

xyxyyx

y

xyyx

xy

xyyxyx

x

Podemos calcular el ángulo correspondiente a la dirección principal a través de la ecuación:

( )º437,41821

)4(222tan =θ⇒=

−−×=

σ−στ

=θyx

xy

y las tensiones principales:

−=σ=σ

⇒τ+

σ−σ±

σ+σ=σ

PaP

xyyxyx

5311,25311,5

22 2

122

2,1

Considerando las leyes de transformación, podemos obtener los distintos valores de xyyx τ′σ′σ′ ,, para distintos valores de θ . Haciendo θ variar de 0 hasta º360 podemos

representar las tensiones xyyx τ′σ′σ′ ,, en función del ángulo, ver Figura 3.23. Podemos observar que cuando º437,41=θ la tensión tangencial es cero ( 0=τ xy ) y las tensiones principales Pa5311,5I =σ y Pa5311,2II −=σ .

P

Pay 2=σ

Pax 1=σ

x

y

Paxy 4−=τ

xσ

xyτ

yσ

Paxy 4=τ



232


Ciudad Real

Figura 3.23: Tensiones en función del ángulo θ .

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

0 50 100 150 200 250 300 350 θ

5311,51 =σ yσ′

xyτ′

xσ′

yσ

xyτ

xσ

º437,41=θ 2σ

0311,4max =τ

Ten

sione

s

x′

º437,131=θ 2σ

º437,86=θ

º45

x′

x′

5311,22 −=σ

1σ

3 TENSIONES


233


Ciudad Real

3.1.7 Tensiones en Coordenadas Cilíndricas y Esféricas

Ejemplo 3.35: Demuéstrese que un cilindro cerrado de pared delgada de radio interno r y espesor t sujeto a una presión interna p , ver Figura 3.24, tiene como estado tensional:

tpr

tpr

zr 2;;0 =σ=σ=σ θ

NOTA: Las expresiones anteriores sólo son válidas para un cilindro de pared delgada.

Figura 3.24: Cilindro cerrado bajo presión. Solución: Una vez adoptados los ejes de referencia de la Figura 3.24, planteamos el equilibrio de fuerzas según las direcciones z , y y r .

Equilibrio de fuerzas según dirección z : Equilibrio de fuerzas según dirección y :

z

zσ p

r )( 2rppA π=

z p

x

y

tpr

trrp

F

z

z

z

2

)2()(

02

=σ⇒

πσ=π

=∑

tpr

rLpLt

Fy

=σ⇒

=σ

=

θ

θ

∑)2()(2

0

)2( rLppA =

θσ

θσ r

L

y



234


Ciudad Real

Equilibrio de fuerzas según dirección r : Podemos verificar que en la pared interna del cilindro la tensión radial ( rσ ) es igual a la presión ( pr −=σ ) y en la pared externa está libre de presión 0=σ r , luego:

0≤σ≤− rp

para el caso

σ<<σσ<<σ

⇒>> θ

zr

r

tr 1 luego, 0≈σ r cuando comparado con θσσ ,z .

Experimentalmente se ha observado que la relación para despreciar rσ es 10≥tr . En esta

situación:

pptprp

tpr

rz −=σ==σ==σ θ ;10;52

Podemos verificar también que la tensión θσ es más grande, zσ>σθ , es decir, que para un material homogéneo, un cilindro rompería según dirección de zσ , como se indica en la figura siguiente:

pr −=σ 0=σ r r p

θσ zσ

Pero si el material estuviera constituido por un material heterogéneo, como por ejemplo, matriz y fibras en la dirección de θσ , la forma de rotura ya no estaría tan definida. Observemos también que las tensiones obtenidas anteriormente para el cilindro de pared delgada no

serán válidas si 10<tr . El error

cometido ya será significativo.

3 TENSIONES


235


Ciudad Real

Ejemplo 3.36: Demuéstrese que una esfera cerrada de pared delgada de radio interno r y espesor t , sometida a una presión interna p , ver Figura 3.25, presenta el estado tensional siguiente:

tpr

tpr

r 2;

2;0 =σ=σ=σ θ φ

NOTA: Las expresiones anteriores sólo son válidas para una esfera de pared delgada.

Figura 3.25: Esfera sometida a presión interna. Solución: Considerando los ejes adoptados en la Figura 3.25, planteamos el equilibrio de fuerzas según dirección x , y , r .

Equilibrio de fuerzas según dirección x :

tpr

trrp

Fx

2

0)2()(

02

=σ⇒

=πσ+π−

=∑

φ

φ

xx ,1

yx ,2

zx ,3

re φe

θe r

θ

1x 2x

3x

φ

x

) ( 2rppA π=

re θe

φσ r2

y

φe



236


Ciudad Real

Equilibro de fuerzas según dirección y :

Equilibrio de fuerzas según dirección r : Podemos verificar que en la pared interna de la esfera la tensión radial es igual a la presión ( pr −=σ ) y que la pared externa está libre de presión ( 0=σ r ), luego:

0≤σ≤− rp

Para el caso

σ<<σ

σ<<σ⇒>>

θr

r

tr φ1 luego 0≈σ r comparado con φσσθ , .

Experimentalmente se ha observado que la relación para despreciar rσ es 10≥tr , en esta

situación:

−=σ

==σ

==σθ

p

pt

pr

pt

pr

r

52

52

φ

pr −=σ 0=σ r r p

tpr

trrp

Fy

2

0)2()(

02

=σ⇒

=πσ+π−

=

θ

θ

∑

φe

y

) ( 2rppA π=

re

θe θσ x

r2

3 TENSIONES


237


Ciudad Real


Problema 3.1:

El tensor de tensiones σ en la base cartesiana ie viene representado por sus componentes:

MPaij

=σ

3,00,00,00,02,16,00,06,01,0

(3.78)

Se pide:

a) Encontrar el vector tracción tr

según el plano 122 321 =+− xxx ;

b) Encontrar la magnitud del vector tracción tr

, vector tensión normal y tangencial según el plano 122 321 =+− xxx ;

c) Obtener los invariantes principales σσσ IIIIII ,, ;

d) Obtener la tensión de corte octaédrica.

Problema 3.2: Dibujar el círculo de Mohr para cada uno de los siguientes casos:

a) MPa15011 =σ (tensión uniaxial)

b) MPa11022 −=σ (compresión uniaxial)

c) MPa5011 =σ , MPa10022 =σ (tensión biaxial)

d) MPa5011 =σ , MPa5022 −=σ (tensión biaxial)

e) MPa811 =σ , MPa403322 −=σ=σ (tensión triaxial)

f) MPa5011 =σ , MPa1022 −=σ , MPa402112 =σ=σ , MPa3033 =σ

Para cada caso encontrar también la tensión de corte máxima.

Problema 3.3: Las componentes del tensor de tensiones en un punto P , en el sistema de coordenadas cartesianas, vienen dadas por:

MPaij

=σ

202042223

(3.79)

Encontrar: a) El vector tracción en el punto P cuyo plano es normal al eje 1x ;



238


Ciudad Real

b) El vector tracción en P cuyo plano tiene normal igual a )2,3,1( − ;

c) Las tensiones principales de σ ; d) Las direcciones principales de σ .

Problema 3.4:

Consideremos que 0332313 =σ=σ=σ . Mostrar que si los ejes *1x y *

2x son obtenidos a partir de una rotación de α sobre el eje 3x , las componentes del tensor de tensiones en este nuevo sistema vienen dadas por:

αα 2sin2cos)(21)(

21

1222112211*11 σ+σ−σ+σ+σ=σ (3.80)

αα

αα

2cos2sin)(21

2sin2cos)(21)(

21

122211*12

1222112211*22

σ+σ−σ−=σ

σ−σ−σ−σ+σ=σ (3.81)

Problema 3.5: ¿Partiendo de qué principio se demuestra la simetría del tensor de tensiones?

Problema 3.6: Dadas las componentes del tensor de tensiones:

=σ

200011011

ij

y sus valores principales:

=σ

000020002

ij (3.82)

Obtener los invariantes 1J , 2J y 3J .

Problema 3.7: Sabiendo que un punto se encuentra en un estado de tensión hidrostático y que la presión media es ( Pa4− ), determinar las tensiones principales y las direcciones principales en este punto.

Problema 3.8: El campo de tensión de un medio continuo viene representado por:

3 TENSIONES


239


Ciudad Real

tensiónde unidades142

410201

12

1

2

=σ

xxxx

ij (3.83)

donde ix son las coordenadas cartesianas.

Se pide: a) Despreciando las fuerzas másicas, ¿está el cuerpo en equilibrio? b) Determinar el vector tensión que actúa en un punto )3,2,1( 321 === xxx según el

plano 6321 =++ xxx . c) Determinar la proyección del vector tensión según la dirección normal y tangencial

al plano 6321 =++ xxx

Problema 3.9:

Si las componentes del tensor de tensiones de Cauchy en el sistema ortonormal 1e , 2e , 3e son:

σσσσσσσσσ

=σ

332313

232212

131211

ij (3.84)

Si las tensiones principales son 7259,301 =σ , 8247,132 =σ y 4494,43 =σ y las direcciones principales son:

[ ][ ][ ]

4010,06858,06073,0 para8937,01474,042370 para

2010,07127,06720,0 para

)3(3

)2(2

)1(1

−=⇒σ−=⇒σ

=⇒σ

,

nn

n

(3.85)

Obtener las componentes del tensor de tensiones de Cauchy ijσ en el sistema: 1e , 2e , 3e .

Problema 3.10: El estado de tensión en un medio continuo respecto a los ejes cartesianos está dado por:

=σ020

205053

3

322

2221

xxx

xxx

ij

Determinar el vector tensión que actúa en el punto )3,1,2(P de un plano que es tangente en P a la superficie cilíndrica 42

322 =+ xx .

Problema 3.11: Obtener las componentes del tensor de tensiones de Cauchy en el punto representado por el elemento infinitesimal dado por la figura abajo:



240


Ciudad Real

Problema 3.12: El estado de tensión en un punto P del medio continuo se da esquemáticamente por: Se pide: Determinar el valor de la componente 22σ del tensor de tensiones para que exista al menos un plano que pase por P que esté libre de tensiones; Determinar la dirección de dicho plano.

Problema 3.13:

Problema 3.14:

3x

2x

1x

1 1 4

22σ 4

1 1

4 Leyes Fundamentales de la Mecánica del Medio

Continuo


Ejemplo 4.1: Demostrar el teorema del transporte de Reynolds partiendo de la siguiente expresión:

∫∫ Φ=Φ0

0VV

JdVDtDdV

DtD

(4.1)

donde V es el volumen en la configuración actual, 0V es el volumen en la configuración de referencia, J es el Jacobiano y Φ es un campo escalar que describe una cantidad física de una partícula en el espacio por unidad de volumen en un instante de tiempo t . Solución:

∫

∫

∫∫

Φ+Φ=

Φ+Φ=

Φ+Φ=Φ

⋅

⋅

V

V

VV

dVDtD

dVJDtDJ

dVDtDJ

DtDJJdV

DtD

v

v

x

x

r

r

r

r

∇

∇0

00

0

00

(4.2)

Ejemplo 4.2:

Si ),( tPij xrL representa alguna propiedad escalar, vectorial o tensorial cualquiera por unidad de masa de un medio continuo, probar que la siguiente expresión es siempre válida:



242


Ciudad Real

∫∫ =V

ij

Vij dV

DttDP

dVtPDtD ),(

),( x

xr

r L

L ρρ (4.3)

Solución: Partiendo del Teorema del transporte de Reynolds:

dVxv

ttDtDdVt

DtD

V p

p

V∫∫

∂∂

Φ+Φ=Φ ),(),(),( xxx rrr

Haciendo que LijP ρ=Φ y reemplazando en la ecuación anterior, resulta:

dVxv

DtDPP

DtD

dVxv

PDtD

PPDtD

dVxv

PPDtDdVP

DtD

V

dcontinuida de ecuación

k

kijij

V k

kijijij

V p

pijij

Vij

∫

∫

∫∫

∂∂

+

+

=

∂∂

++=

∂∂

+=

=

)(

043421

KK

KKK

KKK

ρρρ

ρρρ

ρρρ


dVDt

DPdVP

DtD

V

ij

Vij ∫∫

= K

K ρρ

Ejemplo 4.3: Probar que la siguiente relación es válida:

) () ( vvva xrrrr

r ⊗+∂∂= ⋅ ρρρ ∇t

(4.4)

Solución: Partiendo del teorema del transporte de Reynolds:

∫∫∫ ⋅Φ+∂Φ∂=Φ

SVV

dSdVt

dVDtD )( nvr

y considerando que vr ρ=Φ obtenemos que:

∫∫∫ ⋅⊗+∂

∂=SVV

dSdVt

dVDtD )( ) ( nvvvv rr

rr ρρρ

en notación indicial queda:

∫∫∫

∫∫∫

+∂

∂=

+∂

∂=

=S

kkiV

i

Vi

i

Skki

V

i

Vi

dSvvdVtv

dVvDtD

dSvvdVtv

dVvDtD

a

) () (

)( ) (

n

n

ρρ

ρ

ρρ

ρ

321

Aplicando el teorema de la divergencia para la integral de superficie obtenemos que:

c.q.d.

4 LEYES FUNDAMENTALES DE LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO


243


Ciudad Real

∫∫

∫∫∫

+∂

∂=

+∂

∂=

Vkki

i

Vi

Vkki

V

i

Vi

dVvvtv

dVa

dVvvdVtv

dVa

,

,

) () (

) () (

ρρ

ρ

ρρ

ρ

En notación tensorial:

∫∫

⊗+∂

∂= ⋅VV

dVt

dV ) () ( vvva xrr

rr

r ρρρ ∇

) () (

vvva xrr

rr

r ⊗+∂

∂= ⋅ ρρρ ∇

t

Ejemplo 4.4: Para un campo de velocidad dado por:

txv i

i +=

1 para 0≥t

Se pide: 1) Encontrar la densidad de masa de una partícula en función del tiempo; 2) Probar que para el movimiento dado se cumple que 3210321 XXXxxx ρρ = . Solución: 1) Por la conservación de masa sabemos que:

k

k

k

k

xv

dtd

xv

dtd

∂∂

−=⇒=∂∂

+ ρρρρ0

Utilizando el campo de velocidad dado hallamos que:

ttxx

txv ii

i

i

i

i

+=

+=

∂∂

+=

∂∂

13

111 δ

luego

tdtd

tdtd

+−=⇒

+−=

13

13

ρρρρ

Integrando la relación anterior obtenemos que:

∫∫ +−=

tdtd

13

ρρ

1)1( 3 Ct ++−= LnLnρ La constante de integración 1C se obtiene con la condición inicial 0=t donde se cumple que la densidad de masa es igual a la densidad de masa de referencia ( 0ρρ = ):

0110 )01( 3 ρρ LnLnLn =⇒++−= CC

+=

+

+=

++−=

30

03

0

)1(

)1(1

)1( 3

t

t

t

ρ

ρ

ρρ

Ln

lnLn

LnLnLn


( )30

1 t+=ρ

ρ

2) Utilizando la definición de velocidad y aplicando el campo de velocidad obtenemos:

c.q.d.



244


Ciudad Real

tx

dtdx

v iii +

==1

t

dtx

dx

i

i

+=⇒

1

Integrando la ecuación anterior resulta:

∫∫ +=

tdt

xdx

i

i

1

1)1( Ctxi ++= LnLn (4.5)

Aplicando la condición inicial, donde se cumple que: 0=t ii Xx =⇒ , luego: ii XCCX LnLnLn =⇒++= 11)01(

Reemplazando el valor de 1C en la ecuación (4.5) obtenemos: [ ])1()()1( tXxXtx iiii +=⇒++= LnLnLnLnLn

con lo que concluimos que: )1( tXx ii +=

Expandiendo la relación anterior:

=+⇒+=

=+⇒+=

=+⇒+=

3

333

2

222

1

111

)1()1(

)1()1(

)1()1(

Xx

ttXx

Xx

ttXx

Xx

ttXx

y considerando que ( )3

0

1 t+=ρ

ρ (ver apartado 1 de este ejemplo), obtenemos:

( )( )( ) 0

33

22

11

111 ρρ =+++ 321321321

Xx

Xx

Xx

ttt

3210321 XXXxxx ρρ =

Ejemplo 4.5: Las componentes del campo del tensor de tensiones de un medio continuo en equilibrio vienen dadas por:

0;2

;;

13313223212112

22

2133

2222

2111

=σ=σ=σ=σ=σ=σ

+=σ=σ=σ

xx

xxxx

Encontrar la fuerza másica que actúa en el continuo. Solución: Aplicando las ecuaciones de equilibrio podemos obtener que:

0bσrr

r =+⋅ ρx∇

==++=++

⇒

=+∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=+∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=+∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

0022

022

0

0

0

3

222

111

33

33

2

32

1

31

23

23

2

22

1

21

13

13

2

12

1

11

bbb

b

b

b

ρρρ

ρ

ρ

ρ

xxxx

xxx

xxx

xxx

Con lo que concluimos que para satisfacer las ecuaciones de equilibrio hay que cumplir que:

c.q.d.



245


Ciudad Real

2222

1111

4444

xxxx

−=⇒−=−=⇒−=

bbbbρρρρ

03 =⇒ bρ

)(4 2211 eeb xx +−=rρ

Ejemplo 4.6: Sea el movimiento del continuo dado por las siguientes ecuaciones:

+−=+=+=

)( 2133

322

311

XXtXxtXXxtXXx

ααα

donde α es una constante. Encontrar la densidad de masa en la configuración actual )(ρ en función de la densidad de masa en la configuración de referencia )( 0ρ . Solución: Queremos encontrar una función densidad de masa tal que: )( 0ρρρ = . Sabemos que la ecuación de continuidad en la forma Lagrangiana, ρρ J=0 , donde el Jacobiano puede ser obtenido directamente de las ecuaciones de movimiento:

2

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

)(211

1001

ttt

tt

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

Xx

FJj

i ααααα

+=−−

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

==

Resultando así:

200

)(21 tJ αρρ

ρ+

==

Ejemplo 4.7: Dado el campo de velocidad:

txxvtxvxxv 323222311 ;; ===

y el campo de tensiones:

−−−

−=σ

232

22232

3212

0

0

xxxxxx

xxxx

ij α

donde α es una constante. Encontrar las fuerzas másicas de tal forma que cumpla con el principio de la conservación del momento lineal. Solución: Del principio de la conservación del momento lineal obtenemos las ecuaciones del movimiento:



246


Ciudad Real

σb

bσ

⋅⋅

−=⇒

==+

x

x

a

avr

r

rr

r&rr

∇

∇

ρρ

ρρρ

El campo de aceleración:

jj

iii v

xv

tv

attt

t∂∂

+∂∂

=∂

∂+∂

∂= ⋅ ;),(),(),( xvxxvxva rrr

rrrrr

donde

=

∂∂

=

∂∂

txtxtx

xx

xv

xxx

tv

j

ii

23

2

13

32

22

0020

0;

0

Luego:

++++

=

+

++

=

+

=

∂∂

+∂∂

=

23

22

222332

32

22

321231

23

22

2223

32

321231

32

22

32

22

31

23

2

13

32

22

2

20

0020

00

txxtxxxxtxx

txxxxx

txxtxxtx

txxxxx

xxx

txxtx

xx

txtxtx

xx

xxx

vxv

tv

a jj

iii

La divergencia del tensor de tensiones de Cauchy viene dada por:

−=∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

−=∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

)12(

)2(

)(

33

33

2

32

1

31

23

23

2

22

1

21

323

13

2

12

1

11

xxxx

xxxx

xxxxx

α

α

α

Con lo cual, las fuerzas másicas quedan:

σb ⋅−= xa rrr

∇ρρ

−

−−

++++

=

σ−=

1222

3

2

32

23

22

222332

32

22

321231

,

xx

xx

txxtxxxxtxx

txxxxx

a

i

jijii

αρρ

ρρ

b

b



247


Ciudad Real

Ejemplo 4.8: Teniendo en cuenta el Principio de la conservación del momento angular, demostrar que:

[ ] [ ] dSdVSV∫∫ ⊗−⊗=⊗−−−⊗σ

ttbb xxxaax rrrrrrrrrr **()()((ρ

donde

xr - vector posición; ),( txrρ -densidad de masa; ),( txa rr -aceleración; ),( txrrb -fuerzas másicas

(por unidad de masa); ),(* txrrt - vector tracción prescrito (fuerza de superficie) en la

superficie σS .

Solución: El principio de la conservación del momento angular establece que:

dVdVDtDdVdS

VVVS∫∫∫∫ ∧=∧=∧+∧ )()()()( * axvxxx rrrrrrrr ρρρbt

σ

A continuación hacemos el producto vectorial de la expresión anterior con un vector arbitrario zr , independiente de xr , resultando:

dVdSdV

dVdSdV

VSV

VSV

∫∫∫

∫∫∫

∧∧+∧∧=∧∧⇒

∧∧+∧∧=∧∧

)()()(

)()()(

*

*

bt

bt

σ

σrrrrrrrrr

rrrrrrrrr

ρρ

ρρ

xzxzaxz

xzxzaxz

Se ha demostrado en el capítulo 1 que dados tres vectores ar

, br

, cr

, se cumple que abccbcbarrrrrrrr ⋅⊗−⊗=∧∧ )()( . Luego, la expresión anterior puede ser reescrita como:

[ ]

[ ] zxxzxaax

zxxzxaax

zxxzxxzxaax

zxxzxxzxaax

rrrrrrrrrrrr

rrrrrrrrrrrr

rrrrrrrrrrrrrrr

rrrrrrrrrrrrrrr

⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

⊗−⊗=

⊗−−−⊗⇒

⊗−⊗=⊗−−−⊗⇒

⊗−⊗=⊗−⊗−⊗−⊗⇒

⊗−⊗+⊗−⊗=⊗−⊗

∫∫

∫∫

∫∫∫

∫∫∫

dSdV

dSdV

dSdVdV

dVdSdV

SV

SV

SVV

VSV

σ

σ

σ

σ

ttbb

ttbb

ttbb

bbtt

)( )()(

)( )()(

)( )( )(

)( )( )(

**

**

**

**

ρ

ρ

ρρ

ρρρρ

Con eso, concluimos que:

[ ] dSdVSV∫∫ ⊗−⊗=⊗−−−⊗σ

ttbb )()()( ** xxxaax rrrrrrrrrrρ

Ejemplo 4.9: 1) Teniendo en cuenta la definición del tensor tensión media de un medio continuo:

∫=V

dVV σσ



248


Ciudad Real

Y partiendo del principio de que el continuo está en equilibrio estático, demostrar que se cumple que:

[ ] dSV

dVV SV

∫∫ ⊗+⊗+⊗+⊗=σ

ttbbσ )(21

21 ** xxxx rrrrrrrrρ

2) Teniendo en cuenta ahora que el volumen del continuo viene dado por )2()1( VVV −= , ver Figura 4.1. Dicho continuo está sometido a una presión )1(p en la superficie )1(S , y una presión )2(p en la superficie )2(S . Considerando que dicho continuo está libre de fuerzas másicas, verificar que se cumple la relación:

1σ )()(

1 )2()2()1()1()2()1( VpVp

VV−

−−=

Figura 4.1 Solución:

Teniendo en cuenta la ecuación de equilibrio 0bσrrr

r ==+⋅ ax ρρ∇ (principio de la conservación del momento lineal). Para todo el continuo hay que cumplir que:

[ ]0bσ

0bσ

rrrr

rrr

r

r

=⊗+⊗⇒

=+⊗

∫∫

∫⋅

⋅

VV

V

dVdV

dV

ρ

ρ

xx

x

x

x

∇

∇ (4.6)

En el capítulo 1, hemos demostrado que se cumplen las siguientes relaciones:

)1(V

)1(S

)2(S

)2(V

)2(p

)1(p

)1(n

)2(n



249


Ciudad Real

∫∫∫∫∫ −⊗=−⊗=⊗ ⋅⋅VSVSV

dVdSdVdSdV )( )( * σtσnσσ xxxrrrr

∇ (4.7)

∫∫∫∫∫ −⊗=−⊗=⊗ ⋅⋅V

T

SV

T

SV

dVdSdVdSdV )( )( * σtσnσσrrrr xxx ∇ (4.8)

donde hemos tenido en cuenta que el vector tensión prescrito, nσt * ⋅=r

. Reemplazando (4.8) en la expresión (4.6), obtenemos que:

∫∫∫

∫∫∫

∫∫

⊗+⊗=⇒

=⊗+−⊗⇒

=⊗+⊗ ⋅

VSV

T

VV

T

S

VV

dVdSdV

dVdVdS

dVdV

btσ

0bσt

0bσ

rrrr

rrrrr

rrrrr

ρ

ρ

ρ

xx

xx

xx x

*

*

∇

(4.9)

También se cumple que:

∫∫∫ ⊗+⊗=VSV

dVdSdV xxrrrr

btσ ρ * (4.10)

Observemos que los tensores resultantes de las operaciones *trr

⊗x , brr ρ⊗x , no son

tensores simétricos. Esto quiere decir que en la expresión (4.6) no ha tenido en cuenta el principio de la conservación del momento angular (simetría del tensor de tensiones de Cauchy). Para garantizar que σ es simétrico, hacemos que:

[ ] [ ]∫∫∫

∫∫∫∫∫

⊗+⊗+⊗+⊗=⇒

⊗+⊗+

⊗+⊗=+

SVV

sym

VSVSV

T

dSdVdV

dVdSdVdSdV

21

21

21

21

2

**

**

xxxx

xxxx

rrrrrrrr

rrrrrrrr

ttbbσ

btbtσσ

ρ

ρρ

(4.11)

Teniendo en cuenta la definición del tensor tensión media, concluimos que:

[ ] [ ]

[ ] [ ]

[ ] [ ]∫∫

∫∫

∫∫∫

∫∫∫∫∫

⊗+⊗+⊗+⊗=⇒

⊗+⊗+⊗+⊗=⇒

⊗+⊗+⊗+⊗=⇒

⊗+⊗+

⊗+⊗=+

SV

SV

SVV

sym

VSVSV

T

dSV

dVV

dSdVV

dSdVdV

dVdSdVdSdV

21

21

21

21

21

21

21

21

2

**

**

**

**

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

rrrrrrrr

rrrrrrrr

rrrrrrrr

rrrrrrrr

ttbbσ

ttbbσ

ttbbσ

btbtσσ

ρ

ρ

ρ

ρρ

(4.12)

Si además el cuerpo está libre de fuerzas másicas, la expresión anterior se resume a:

[ ]∫ ⊗+⊗=S

dSV

21 ** xx

rrrrttσ (4.13)



250


Ciudad Real

Para el caso particular de la Figura 4.1 tenemos que )2()1( VVV −= , )2()1( SSS += , )1()1()1(* nt p−=

r, )2()2()2(* nt p−=r

. Luego, la expresión (4.13)

[ ] [ ]

[ ] [ ]

[ ] [ ]

⊗+⊗+⊗+⊗−−=

⊗+⊗−+⊗+⊗−−

=

⊗+⊗+⊗+⊗−

=

∫∫

∫∫

∫∫

)2()1(

)2()1(

)2()1(

)2()2()2()2()1()1()1()1()2()1(

)2()2()2()2()1()1()1()1()2()1(

)2(**)1(**)2()1(

)(2

1

)(2

1

)(2

1

SS

SS

SS

dSpdSpVV

dSpdSpVV

dSdSVV

xxxx

xxxx

xxxx

rrrr

rrrr

rrrrrrrr

nnnn

nnnn

ttttσ

Hemos demostrado en el capítulo 1 que se cumple 1nn VdSS

2 )( =⊗+⊗∫ xxrr , donde n es

el versor normal exterior a la superficie. Para este ejemplo )2(n es normal interior a la

superficie )2(S , debido a eso tenemos que [ ] 1nn )2()2()2()2( 2 )2(

VdSS

−=⊗+⊗∫ xx rr ,

resultando que:

[ ] [ ]

1

11

nnnnσ

)2()2()1()1()2()1(

)2()2()1()1()2()1(

)2()2()2()2()1()1()1()1()2()1(

)(1

22)(2

1

)(2

1)2()1(

VpVpVV

VpVpVV

dSpdSpVV SS

−−−=

−−−=

⊗+⊗+⊗+⊗−−= ∫∫ xxxx rrrr

Ejemplo 4.10: Dado el campo de velocidad:

22

213

212

211

xxcv

axbxvbxaxv

+=

−=−=

donde a , b y c son constantes, se pide:

a) Comprobar si cumple la ecuación de continuidad; b) ¿Es un movimiento isocórico?, es decir, ¿es un medio incompresible?

Solución: Ecuación de continuidad:

0)( =+ ⋅ vxr

r∇ρρDtD

donde:

003,32,21,1,

=+−=++==⋅

aavvvv iivx

rr∇

El movimiento es isocórico, ya que 0=⋅ vxr

r∇



251


Ciudad Real

4.1.1 Problemas de Flujo

Ejemplo 4.11: Obtener la ecuación de energía para un movimiento de sólido rígido. Considérese que el flujo de calor viene dado por TT xr

r∇⋅−= )(Kq , donde )(TK es un tensor de segundo orden

denominado de tensor de conductividad térmica (propiedad del material), y considérese

también que Tuc

∂∂= , donde c es el calor específico (propiedad del material). Proporcionar

también la unidad de del tensor K . Solución: Para un movimiento de cuerpo rígido la potencia tensional es igual a cero luego, la ecuación de energía se resume a:

[ ] rTTtTc

rtTc

rrtT

Tuu

ρρ

ρρ

ρρρρ

+−−=∂∂

⇒

+−=∂∂

⇒

+−=+−=∂∂

∂∂=

⋅⋅

⋅

⋅⋅=

xx

x

xx

rr

r

rr

r

rr&

∇∇

∇

∇∇

)(

0

K

q

qqDσ :


[ ]tTcrTT∂∂=+⋅⋅ ρρxx rr ∇∇ )(K

La ecuación anterior se conoce como ecuación de flujo de calor que se aplica a problema de conducción térmica.

Teniendo en cuenta las siguientes unidades: [ ] 22 mW

smJ ==q

r,

mKTT =

∂∂=xx rr∇ , podemos

verificar que para que haya compatibilidad de unidades hay que cumplir que:

[ ] [ ] [ ]

==

=

= ⋅

mK

KmW

KmsJ

mW

smJ

T

22

xrr

∇Kq

Luego, concluimos que [ ]

==

KmW

KmsJ

K .

NOTA: También es interesante destacar que debido a que la potencia tensional es nula, podemos desacoplar el problema mecánico del problema térmico, es decir, podemos analizar los dos problemas separadamente.

Ejemplo 4.12: Consideremos un problema de conducción térmica, ver Ejemplo 4.11 donde tenemos un pared de espesor h en la cual la temperatura en la cara exterior ( 01 =x ) es igual a Cº38 y la temperatura en la cara interior ( hx =1 ) es igual a Cº21 , ver Figura 4.2. Obtener el flujo de calor para el caso definido por: problema estacionario, el campo de temperatura según las direcciones 2x y 3x es homogéneo, no hay fuente interna de calor, y material homogéneo e isótropo.



252


Ciudad Real

Figura 4.2

Solución: Como hemos visto en el Ejemplo 4.11 la ecuación de gobierno para este problema es la

ecuación [ ]tTcrT∂∂=+⋅⋅ ρρxx rr ∇∇ K . Si consideramos el problema estacionario el tenemos

que 0=∂∂

tT . Si el campo de temperatura según las direcciones 2x y 3x es homogéneo, eso

implica que las componentes del gradiente de temperatura según estas direcciones son

iguales a cero, i.e. 032=

∂∂=

∂∂

xT

xT . Si no hay fuente interna de calor tenemos que 0=r . Para

un material isótropo el tensor de conductividad térmica, ver Apéndice B del libro texto, viene dado por:

=

KK

KK

000000

ij

Con estas simplificaciones la ecuación de flujo de calor se resume a [ ] 0=⋅⋅ Txx rr ∇∇ K , además si el material es homogéneo, el tensor con las propiedades térmicas K no varía con xr resultando que [ ] [ ] 0==⋅⋅ TT xxxx rrrr ∇∇∇∇ :KK o en notación indicial [ ] 0,, , == jiijijij TT KK , o aún en componentes, es decir, expandiendo las índices mudos ji, :

00

0

21

2

21

2

11

23

2

3332

2

3231

2

31

23

2

2322

2

2221

2

21

13

2

1312

2

1221

2

11

=∂∂

⇒=∂∂

⇒

=∂∂+

∂∂∂+

∂∂∂

+∂∂

∂+∂∂+

∂∂∂

+∂∂

∂+∂∂

∂+∂∂

xT

xT

xT

xxT

xxT

xxT

xT

xxT

xxT

xxT

xT

KK

KKK

KKK

KKK

2x

CT A º38)( =

CT B º21)( =

1x

h

Datos:

mKW

mh

19,0

04,0

=

=

K

qr



253


Ciudad Real

Integrando una vez la expresión 021

2

=∂∂

xT

K obtenemos que:

111

1

integrando21

2

00dxdT

xT

xT

KqqKK −=⇒=+∂∂ →=

∂∂

Que es la ecuación de flujo de calor de Fourier. Observar que para este caso 1q es una constate, es decir, es independiente de 1x . Integrando una vez más:

CxxTdxdT +−

=⇒−

= ∫∫ 11

111 )(

Kq

Kq

Aplicando la condición de contorno, )(1 0 ATTx =⇒= , obteniendo así la constante de

integración )( ATC = . Resultando que )(1

11 )( ATxxT +

−=Kq . Además para hx =1 tenemos

que

hTTThThxT

ABAB )()(

)()(

1)(1)(

1−−=⇒+

−=== KqKq

Fijemos que en este caso (unidimensional) el gradiente de temperatura es la pendiente de la recta definida por la temperatura, y la temperatura varía lineal en la pared, ver Figura 4.2. Reemplazando los datos del problema, ver Figura 4.2, obtenemos el flujo:

smJ

mW

mK

mKW

hTT AB

22

)()(

1

75,8075,80)(04,0

))(3821(19,0

)(

==−

−=

−−= Kq

Observar que la transformación de temperatura de grados Celsius para Kelvin viene dada por 15,273º += CK , luego la diferencia de temperatura sea en grados Celsius o en Kelvin será la misma. Observar también que el flujo de calor va en el sentido de mayor temperatura hacia la región de menor temperatura. NOTA: Supongamos que ahora tengamos dos paredes con propiedades distintas tal y como se muestra en la

Figura 4.3

)2(h )1(h

)( AT

)(BT

1x

qr

)(CT

)1(K )2(K



254


Ciudad Real

Observemos que la expresión )1(

)()()1(

1)(

hTT AB −−= Kq sigue siendo válida. También es

válido para el material 2 : )2(

)()()2(

1)(

hTT BC −−= Kq . Para obtener el flujo tenemos que

aplicar la compatibilidad de temperatura en la cara B , es decir:

)2(

)2(1)()(

)2(

)()()2(

1

)1(

)1(1)()(

)1(

)()()1(

1

)(

)(

Kq

Kq

Kq

Kq

hTT

hTT

hTT

hTT

CBBC

ABAB

+=⇒−−=

−=⇒−−=

)2(

)2(1)(

)1(

)1(1)(

)()(

Kq

Kq h

Th

T

TT

CA

BB

+=−

=

Resultando que:

+

−−=

)2(

)2(

)1(

)1(

)()(

1)(

KK

qhhTT AC

Ejemplo 4.13: Supongamos un medio continuo donde en un punto material hay dos cantidades físicas por unidad de volumen sc y fc tal que sf ccc += , ver Figura 4.4, y se cumple también que

sf vvv rrr+= . Considerando que es un proceso isotérmico, un medio incompresible, que la

propiedad sc no afecta en la velocidad del material f y que el campo fc es homogéneo, y no hay fuente del material f . Demostrar que:

tcccQ

sssfs

∂∂=+− ⋅⋅⋅ )()( xxx v rrr

r∇∇∇ D

Ecuación Convección-Difusión (4.14)

donde el flujo de la propiedad s viene dado por sD cxrr

∇⋅−= Dq )( .

Figura 4.4: Medio heterogéneo.

Solución: Partiendo de la ecuación de continuidad de esta cantidad física:

sc

dV

fc

svr

fvr

vr



255


Ciudad Real

( ) [ ]))(()( sfsfsf

cct

ccQt

Q vvx

vxrr

rr

r ++∂∂+

∂+∂=⇒Φ+

∂Φ∂= ⋅∇ (4.15)

con fs QQQ += . Luego:

[ ][ ][ ]

[ ]sssffss

fff

fs

ssfssfffsf

fs

ssfssfffsf

fs

sfsfsf

fs

ccct

cct

cQQ

cccct

ct

cQQ

cccct

ccQQ

cct

ccQQ

vvvv

vvvv

vvvvx

vvx

xxx

x

rrrr

rrrr

rrrrr

rrr

rrr

r

+++∂∂+

+

∂∂=+⇒

++++∂∂+

∂∂=+⇒

+++∂∂+

∂+∂=+⇒

++∂∂+

∂+∂=+

⋅⋅⋅

⋅

∇∇∇

∇

)()(

)(

))(()(

(4.16)

Si suponemos que para el material ( f ) no hay fuente, luego 0)( =+∂∂ ⋅ ff

f

ct

c vxr

r∇ , y

0=fQ , que es la ecuación de continuidad de la cantidad fc . Con eso quedamos con:

[ ]

sfsfssfss

s

sfssfss

s

sssffss

s

cccct

cQ

ccct

cQ

ccct

cQ

vvvv

vvv

vvv

xxxx

xxx

xx

rrrr

rrr

rrr

rrrr

rrr

rr

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅⋅

++++∂∂=⇒

+++∂∂=⇒

+++∂∂=

∇∇∇∇

∇∇∇

∇∇

)()(

)()()(

)(

(4.17)

Si la cantidad física fc no cambia con xr , campo homogéneo, luego el gradiente 0r

r =fcx∇ . Si además, para el medio ( s ) lo consideramos incompresible 0=⋅ svxr

r∇ . Estas simplificaciones nos indican que el material ( s ) no afecta en las propiedades y ni en el campo de velocidad del material ( f ). Lógicamente si la cantidad del material ( s ) es significativa esta aproximación ya no será válida. Con estas aproximaciones quedamos con:

)()()()( Dfss

ssfss

s ct

ccct

cQ qrrrr

rrrr ⋅⋅⋅⋅ ++∂∂=++

∂∂= xxxx vvv ∇∇∇∇ (4.18)

Observemos que el término )()( Dssc qrr

≡v representa el flujo debido a la concentración del material ( s ), término difusivo. El término )()( Cfsc q

rr≡v está relacionado con transporte de

masa, término convectivo. Teniendo en cuenta que sD cxrr

∇⋅−= Dq )( la expresión (4.18) queda:

tcccQ

cct

cQ

ct

cQ

ssfss

sfss

s

Dfss

s

∂∂=+−⇒

−++∂∂=⇒

++∂∂=

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅⋅

)()(

)()(

)( )(

xxx

xxx

xx

v

v

v

rrr

rrr

rr

r

r

rr

∇∇∇

∇∇∇

∇∇

D

D

q

(4.19)

Demostrando así (4.14).



256


Ciudad Real

Ejemplo 4.14: Considérese un tanque lleno de agua con concentración de sedimentos, ver Figura 4.5. La concentración de sedimentos (densidad de concentración) viene dada por

)3(3 ),( tkxtCtxc −= exp , por unidad de volumen, donde C y k son constantes positivas. Se

pide: a) Obtener la masa total de sedimentos en el tanque; b) Obtener el flujo de sedimentos sabiendo que éste es solo función de 3x y del tiempo t , i.e. ),( 3 txqq

rr= .

Figura 4.5: Tanque con sedimentos.

Solución: Para obtener la masa total tenemos que resolver la integral:

[ ]1

)()(

0

)3(

03

)3(

0321

0 0

)3(

−−=

+−=

−=

===

−−−

−− ∫∫ ∫ ∫∫

khtkhttkx

tkxtkx

kabC

kC

kCab

kCab

dxtCabdxdxdxtCdVcM

h

hh b a

V

s

expexpexp

expexp

Para obtener el flujo, podemos aplicar la ecuación de continuidad de la concentración:

tc

tcQ

s

ii

s

∂∂−==⇒+

∂∂= ⋅⋅ ,qqq

rrrr xx ∇∇ (4.20)

donde hemos tenido en cuenta que no hay fuente de sedimentos 0=Q . Para este problema el flujo no es dependiente de 2x y 1x . Con estas condiciones 02,21,1 == qq . Luego:

tc

x

tc

xxxs

s

ii

∂∂−=

∂∂

⇒

∂∂−=

∂∂

+∂∂

+∂∂

=++=

3

3

3

3

2

2

1

13,32,21,1,

q

qqqqqqq

(4.21)

3x

1x

2x b

h

a



257


Ciudad Real

donde [ ] )3(3

)3()3( tkxtkxtkx xktCCtCtt

c s −−− −=∂∂=

∂∂

expexpexp y reemplazando en la

expresión (4.21) obtenemos que:

[ ]

)3(33

)3(3)3()3(3

3)3(

3)3(

3

)3(3

)3(

3

3

tkx

tkxtkxtkx

tkxtkx

tkxtkx

xCkt

txkCktC

ktC

dxxktCCd

xktCCt

cdxd s

−

−−−

−−

−−

−=⇒

−−=⇒

+−=⇒

+−=∂∂−=

∫∫

expq

expexpexpq

expexpq

expexpq

(4.22)

El vector flujo viene dado por 3)3(

3 eq tkxxC −−= expr

.



258


Ciudad Real

4.1.2 Movimiento de Sólido Rígido

Ejemplo 4.15: Obtener el momento lineal y el momento angular para un sólido sometido a un movimiento de cuerpo rígido.

Figura 4.6 Solución: Para un movimiento de cuerpo rígido todas las partículas estarán sometidas a una misma velocidad vr . En el capítulo 2 obtuvimos que la velocidad para un medio continuo sometido a un movimiento de cuerpo rígido viene dada por:

)( ccrrr&rr

−∧+= xv ω donde ωr es el vector axil (velocidad angular) asociado al tensor antisimétrico W (tensor spin). Momento lineal:

( )∫∫∫

∫

∫

∧−∧+=

−∧+=

=

VVV

V

V

dVdVdV

dV

dV

)(

cc

cc

rrrr&r

rrr&r

rr

ωω

ω

ρρρ

ρ

ρ

x

x

vL


( )

( )[ ]

)(

kkjijki

kjijkkjijki

Vkjijk

Vkjijk

Vi

Vkjijk

Vkjijk

Vi

Vi

xmmxmm

dVdVxdV

dVdVxdVdV

cc

cc

cc

cc

−ω+=

ω−ω+=

ω−ω+=

ω−ω+=−∧+

∫∫∫

∫∫∫∫

ρρρ

ρρρρ ccrrr&r xω

donde notamos que: ) ( xxxrrrrrr

mdVdVVV

∧=

∧=∧ ∫∫ ωωω ρρ , siendo m la masa total y

kxr

el vector posición del centro de masa (C.M.). Así obtenemos que:

tB

1x 2x

3x xr

vr

..MC

O

1x′

3x′

2x′

Sólido rígido



259


Ciudad Real

[ ]v

xLr

rrr&rr

)(

m

m

=

−∧+= cc ω (Momento lineal de sólido rígido)

donde )( ccrrr&rr

−∧+= xv ω es la velocidad del centro de masa. Momento angular:

( )[ ]

)( )(

)( )(

)(

)(

cc

cc

cc

rrrrrr&rr

rrrrrr&rr

rrr&rr

rrr

∧∧

−∧∧+∧

=

∧∧−∧∧+∧=

−∧+∧=

∧=

∫∫∫

∫∫∫

∫

∫

ωω

ωω

ω

dVdVdV

dVdVdV

dV

dV

VVV

VVV

V

VO

xxxx

xxxx

xx

vxH

ρρρ

ρρρ

ρ

ρ

(4.23)

Del capítulo 1 obtuvimos dados tres vectores ar

, br

, cr

la relación cbabcacbarrrrrrrrr

)()()( ⋅⋅ −=∧∧ se cumple. Luego, [ ] baa1aaabarrrrrrrr ⋅⋅ ⊗−=∧∧ )( )()( , si

carr

= . Con es [ ]dVdVVV

)()( )( ∫∫ ⋅⋅ −=∧∧ xxxxxx rrrrrrrrr ωωω ρρ y en notación indicial:

[ ] [ ]

[ ]

[ ]

pipO

pV

ippikk

pV

ippikk

Vipppipkk

Vippikk

dVxxxx

dVxxxx

dVxxxxdVxxxx

ω=

ω−=

ω−=

ω−ω=ω−ω

∫

∫

∫∫

I

δρ

δρ

δρρ

En notación tensorial queda:

[ ]

ω

ωω

r

rrrrrrrr

⋅

⋅⋅

=

⊗−=∧∧ ∫∫

O

VV

dVdV

I

1 )( )( )( xxxxxx ρρ

donde [ ]dVV

O )( )( ∫ ⊗−= ⋅ xxxx rrrr1I ρ es el tensor de inercia relativo al punto O . Como

podemos observar OI es un tensor de segundo orden y simétrico, cuyas componentes son [ ] dVxxxx

VjiijkkijO ∫ −= δρI , y explícitamente:

[ ] [ ][ ][ ] dVxx

dVxx

dVxxdVxxxxxxxx

VO

VO

VVO

)(

22

2133

23

2122

23

22111133221111

∫

∫

∫∫

+=

+=

+=−++=

ρ

ρ

ρδρ

I

I

I



260


Ciudad Real

[ ] [ ]

[ ]

[ ] dVxx

dVxx

dVxxdVxxxxxxxx

VO

VO

VVO

)(

3223

3113

21211233221112

∫

∫

∫∫

−=

−=

−=−++=

ρ

ρ

ρδρ

I

I

I

donde 11OI , 22OI , 33OI , son conocidos como momentos de inercia, y 12OI , 13OI , 23OI , son conocidos como productos de inercia en la mecánica clásica. Retomando la ecuación (4.23) podemos decir que:

( ) ωω

ωω

ωω

rrr&rr

rrrr&rr

rrrrrr&rrr

⋅⋅

+∧−∧=

∧∧−+∧=

∧∧

−∧∧+∧

= ∫∫∫

O

O

VVVO

m

mm

dVdVdV

Icc

cIc

cc

x

xx

xxxxH

)(

)( )( ρρρ

Sumando y restando el término xxrrr

∧∧ω m en la relación anterior obtenemos: ( )[ ]

[ ][ ]

G

O

O

O

OO

mm

mm

mm

mm

m

Hvxvx

xxxxvx

xxxxvx

xxxx

xH

rrrrrr

rrrrrrr

rrrrrrrr

rrrrrrr&rr

rrr&rrr

+∧=+∧=

+−⊗+∧=

+⊗−−∧=

+∧∧−−∧+∧=

+∧−∧=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅

)()(

)( )(

)(

ω

ω

ωω

ωωω

ωω

I

I1

I1

Icc

Icc

donde [ ]1II )()( xxxxrrrr⋅−⊗+= mO es el tensor de inercia con respecto al centro de

masa. Las componentes de [ ]ijjiijOij xxxxxm δ)( 23

22

21 ++−+= II vienen dadas

explícitamente por:

)(;)()(;)()(;)(

31131322

213333

32232323

212222

21121223

221111

xxmxxmxxmxxmxxmxxm

OO

OO

OO

+=+−=+=+−=+=+−=

IIIIIIIIIIII

Observemos que las expresiones anteriores constituyen el teorema de los ejes paralelos (Teorema de Steiner) de la Mecánica Clásica.

Ejemplo 4.16: Obtener el principio de la conservación del momento lineal y del momento angular para un sólido sometido a un movimiento de cuerpo rígido. Solución: Para un movimiento de cuerpo rígido, ver Figura 4.6, todas las partículas estarán sometidas a una misma velocidad vr . Partiendo de la definición de principio de la conservación del momento lineal:

Lv &rrrr==+ ∫ ∫∫

V VS

dVDtDdVdS * ρρbt

σ Recurrimos ahora la expresión del momento lineal para un movimiento de sólido rígido obtenido en el ejemplo anterior como vL

rr m= , luego:

avLv

F

r&r&rr

444 3444 21r

rr * mmdV

DtDdVdS

VVS

====+ ∫∫∫

∑

ρρbtσ



261


Ciudad Real

Resultando: aFrr

m=∑ Consideremos ahora el principio de la conservación del momento angular:

OOVVS Dt

DdVDtDdVdS

O

HHvx

M

xx &rrrr

44444 344444 21r

rrrr≡=∧=∧+∧ ∫∫∫

∑

)()()( * ρρbtσ

Resultando:

OO HM &rr=∑ , luego, también es válido que GG HM &rr

=∑

donde la expresión del momento angular OHr

para un movimiento de sólido rígido fue obtenida en el ejemplo anterior. Los conjuntos de ecuaciones anteriores, a

rr m=∑F y

GG HM &rr=∑ , nos informan que los siguientes sistemas son equivalentes:

Ejemplo 4.17: Obtener la energía cinética para un sólido sometido a un movimiento de cuerpo rígido, ver Figura 4.6. Solución: Para un movimiento de cuerpo rígido todas las partículas estarán sometidas a una misma velocidad )( cc

rrr&rr−∧+= xv ω . Luego la energía cinética viene dada por:

[ ] [ ] dVdVtVV

)()(21)(

21)( ∫∫ −∧+−∧+== ⋅⋅ cccc

rrr&rrrr&rrr xxvv ωωρρK

Haciendo la siguiente suma de vectores xxx ′+=rrr , donde x

r es el vector posición del

centro de masa, y x′r es el vector posición de las partículas del sólido con respecto al sistema que pasa por el centro de masa.

[ ] [ ] ( )[ ] ( )[ ] dV

dVt

V

V

)()()()(21

))(())((21)(

∫

∫

′∧+−∧+′∧+−∧+=

−′+∧+−′+∧+=

⋅

⋅

xxxx

xxxx

rrrrr&rrrrrr&r

rrrr&rrrrr&r

ωωωω

ωω

cccc

cccc

ρ

ρK


=

G - centro de masa

G

)1(Fr

)2(Fr

)(nFr

G

ar

m

GH&r



262


Ciudad Real

( ) ( )( )

)()(21

)()(221

)()(21)(

∫

∫

∫

′∧′∧+

+′∧−∧++

+−∧+−∧+=

⋅

⋅

⋅

V

V

V

dV

dV

dVt

xx

xx

xx

rrrr

rrrrr&r

rrr&rrrr&r

ωω

ωω

ωω

ρ

ρ

ρ

cc

ccccK

Observemos que )( cc

rrr&rr−∧+= xv ω es la velocidad del centro de masa, resultando así que:

)()(21 )(2

21

21)( ∫∫∫ ′∧′∧+′∧+= ⋅⋅⋅

VVV

dVdVdVt xxxvvv rrrrrrrrrωωω ρρρK

A continuación analizaremos separadamente el término )()(∫ ′∧′∧ ⋅V

dVxx rrrr ωωρ .

[ ]( )

jkjk

jV

jkkjssk

Vjjkkpssk

Vjkkjkjkj

Vqpkjkpjqqpkjkqjp

Vqpkjkpjqkqjp

Vqpipqkjijk

Vi

dVxxxx

dVxxxx

dVxxxx

dVxxxx

dVxx

dVxxdV

ωω=

ω

′′−′′ω=

ω′′−′′ω=

′ω′ω−′ω′ω=

′ω′ω−′ω′ω=

′ω′ω−=

′ω′ω=′∧′∧

∫

∫

∫

∫

∫

∫∫ ⋅

I

)(

)(

)(

)(

)(

)()(

δρ

δρ

ρ

δδδδρ

δδδδρ

ρρ xxrrrr

ωω

En notación tensorial:

[ ] [ ]

ωω

ωωωω

rr

rrrrrrrrrr

⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

=

′⊗′−′′=′∧′∧ ∫∫

I

1 dVdVVV

)( )( )()( xxxxxx ρρ

donde I es el tensor de inercia según el sistema que pasa por el centro de masa. Analizamos ahora el término ∫ ′∧⋅

V

dV )(2 xv rrrωρ :

02 2 )(2 =′∧=

′∧=′∧

=

⋅⋅⋅ ∫∫0r

rrrrrrrrrxvxvxv mdVdV

VV

ωωω ρρ

Observemos que el sistema x′r pasa por el centro de masa luego, el vector posición del centro de masa para el sistema x′r es el vector nulo. Resultando así que la expresión de la energía cinética para un movimiento de sólido rígido:

ωω

ωωω

rr

rrrr

444 3444 21

rrrrr

⋅⋅

⋅⋅⋅

+=

′∧′∧+′∧+= ∫∫∫=

I21

21

)()(21 )(2

21

21)(

2

0

vm

dVdVdVtVVV

xxxvvv ρρρK

Representando las componentes del tensor de inercia como:



263


Ciudad Real

[ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] [ ]

−−−−−−

=

′+′′′−′′−

′′−′+′′′−

′′−′′−′+′

=

∫∫∫∫∫∫∫∫∫

332313

232212

131211

22

213231

322

32

121

31212

32

2

IIIIIIIII

dVxxdVxxdVxx

dVxxdVxxdVxx

dVxxdVxxdVxx

VVV

VVV

VVV

ij

ρρρ

ρρρ

ρρρ

I

La forma explícita de la energía cinética queda:

[ ]

[ ]3223311321122333

2222

2111

2

3

2

1

332313

232212

131211

3212

2

22221

21

21

21

21

21)(

ωω−ωω−ωω−ω+ω+ω+=

ωωω

−−−−−−

ωωω+=

ωω+=

IIIIII

IIIIIIIII

vm

vm

vmt jkjk IK

[ ]3223311321122333

2222

2111

2 22221

21)( ωω−ωω−ωω−ω+ω+ω+= IIIIIIvmtK

Ejemplo 4.18: Considérese el pseudo-tensor de inercia, OI , con respecto al sistema ortonormal 321 xxx , ver Figura 4.7. a) Hacer la interpretación física del tensor de inercia. b) Dado otro sistema ortonormal, representado por *

3*2

*1 xxx , obtener las componentes del tensor de inercia en

este nuevo sistema. c) Demostrar que el tensor de inercia es un tensor definido positivo.

Para un sólido en movimiento, ¿en que situaciones la tasa del tensor de inercia, OO

DtD

II &≡ ,

es cero?

Figura 4.7 Solución: El pseudo-tensor de inercia depende del sistema de coordenadas adoptado. Y por definición viene dado por:

[ ] [ ] dVxxxxdVV

jiijkkijOV

O ; )( )( ∫∫ −=⊗−= ⋅ δρρ Ixxxx rrrr1I

*3x

*2x

*1x

2x

1x

3x

O



264


Ciudad Real

En componentes

[ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] [ ]

+−−

−+−

−−+

=

∫∫∫∫∫∫∫∫∫

dVxxdVxxdVxx

dVxxdVxxdVxx

dVxxdVxxdVxx

VVV

VVV

VVV

ij

22

213231

3223

2121

312123

22

ρρρ

ρρρ

ρρρ

I

a) El tensor de inercia nos dar información de como la masa del sólido está distribuida según el sistema adoptado.

El término [ ]dVxxV

21∫ρ nos indica como la masa del sólido está distribuida según el plano

21 xx − . Luego, Si el material es homogéneo, i.e. campo de densidad de masa constante, y 21 xx − es un plano de simetría, es decir si la masa está distribuida por igual con respecto al

plano 21 xx − , el término [ ]dVxxV

21∫ρ es igual a cero. Con eso, concluimos también que si

los planos 21 xx − , 31 xx − , 32 xx − , son planos de simetría, la matriz de inercia será una matriz diagonal. b) Vamos suponer que los sistemas dados están relacionados por la ley de transformación

jiji xx A=* , donde ijA es la matriz ortogonal de transformación de base, luego, se cumple

que *jjii xx A= . Pudiendo así expresar ijOI de la siguiente manera:

[ ]

[ ][ ]

[ ]

jqijOip

jqV

qppqkkip

Vjqqppqkkip

Vqjqpipjqpqipkk

VjiijkkijO

dVxxxx

dVxxxx

dVxxxx

dVxxxx

AA

AA

AA

AAAA

*

****

****

****

)(

)(

)(

I

I

=

−=

−=

−=

−=

∫

∫

∫

∫

δρ

δρ

δρ

δρ

Recordar que el término )( **kkkk xxxx ==⋅ xx rr es un invariante, i.e. no depende del sistema

adoptado, y también que la matriz de transformación, igual que un tensor ortogonal, sólo es dependiente, si es el caso, del tiempo. Abusando un poco de la notación, utilizamos también notación tensorial, pero hay que tener en cuenta que estamos trabajando con las componentes del tensor, y no haciendo una transformación ortogonal.



265


Ciudad Real

[ ]

[ ][ ]

[ ]

[ ]AA

AA

AA

AAAA

AAAA

⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅

⋅

=

⊗−=

⊗−=

⊗−=

⊗−=

⊗−=

∫

∫

∫

∫

∫

*

****

****

****

****

)()(

)()(

)()(

)()(

)( )(

OT

V

T

V

T

V

TT

V

TTT

VO

dV

dV

dV

dV

dV

I

1

1

1

1

1I

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

rrrr

rrrr

rrrr

rrrr

rrrr

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

Luego, es válido que TOO AA ⋅⋅= II* , que son las nuevas componentes del tensor de

inercia en el sistema *3

*2

*1 xxx . Verifiquemos que es la misma ley de transformación de las

componentes de un tensor de segundo orden, donde A es la matriz de transformación del sistema 321 xxx al sistema *

3*2

*1 xxx .

c) Un tensor definido positivo, por definición, sus autovalores son mayores que cero. Partiremos de la expresión de la energía cinética obtenida en el Ejemplo 4.17:

[ ]3223311321122333

2222

2111

2 22221

21)( ωω−ωω−ωω−ω+ω+ω+= IIIIIIvmtK

La energía cinética es un escalar y siempre positivo, sólo en dos situaciones será igual a cero, cuando no haya masa o cuando el cuerpo esté en reposo. Vamos adoptar un sistema tal que el origen esté situado en el centro de masa y los ejes adoptados son ejes de simetría (ejes principales de inercia) y que el cuerpo esté girando alrededor del origen, centro de masa. En esta situación la expresión de la energía se resume a:

[ ]

[ ] 021

00

0000

21)(

233

222

211

3

2

1

inercia detensor del sAutovalore

3

2

1

321

>ω+ω+ω=

ωωω

ωωω=

III

II

I

444 3444 21

tK

Si además tenemos un movimiento tal que 032 =ω=ω , nos quedamos con 2112

1)( ω= ItK ,

luego, la única forma que la energía cinética sea siempre positiva es que 01 >I . Análogamente, podemos concluir que 02 >I , 03 >I . Con eso concluimos que el tensor de inercia es un tensor definido positivo. d) Como el tensor de inercia depende del sistema adoptado, en las siguientes situaciones el tensor de inercia para un sólido en movimiento no cambia con el tiempo: 1) Si el sistema adoptado está unido al sólido. 2) Si el sólido está girando alrededor de un eje de simetría, por ejemplo si un cilindro está girando alrededor del eje prismático, luego, durante el movimiento la distribución de masa, con respecto a los ejes adoptados, no cambia con el tiempo.



266


Ciudad Real

Ejemplo 4.19:

Teniendo en cuenta el momento angular GO mm HvxvxHrrrrrrr

+∧=+∧= ⋅ ωI , encontrar la tasa del momento angular de tal forma que no tenga la necesidad de calcular en cada instante de tiempo el tensor de inercia.

Figura 4.8 Solución: Recurriendo a la derivada material podemos decir que:

[ ][ ] [ ]

G

G

G

GOO

mm

DtDm

DtDm

DtDm

DtD

mDtD

DtD

Haxvv

Hvxvx

Hvx

HvxHH

&rrr321rr

&rr

rrr

rrr

rrr&rr

r+∧+∧=

+∧+∧=

+∧=

+∧=≡

=

0

ωr

2x

1x

3x

*3x

*2x

*1x

2x′

1x′

3x′

G xr

O

ωr

GHr

OHr

G - centro de masa



267


Ciudad Real

Luego, obtenemos que:

GOO mDtD HaxHH &rrr&rr

+∧=≡

donde ar

es la aceleración del centro de masa. A continuación analizamos el término GH&r .

Adoptamos un sistema móvil 321 xxx ′′′ pero con orientación fija y siempre paralelo a al sistema fijo en el espacio 321 xxx , ver Figura 4.8. Expresando las componentes de I y ωr en el sistema 321 xxx ′′′ , obtenemos que:

ωωω &rr&&rrrr′′+′′=′≡′→′′=′ ⋅⋅⋅ III GGG Dt

D HHH tasa

Fijemos que como el sólido gira con respecto al sistema x ′r , con lo cual la distribución de masa, con respecto al sistema x ′r , cambia, y a su vez el tensor de inercia también cambia. Luego, a cada instante de tiempo tenemos que calcular el tensor de inercia. Este procedimiento es muy costoso. Para solventar este problema adoptamos un nuevo sistema

*xr , que también tiene origen en el centro de masa, ver Figura 4.8. A través de ley de transformación de las componentes de los tensores, las siguientes relaciones son válidas:

=′′=

=′′=

=′′=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

AAAAAAAA

**

**

**

;

;

;

sComponente

OT

OT

OO

TG

TGGG

IIII

ωωωωrrrr

rrrrHHHH

donde A es la matriz de transformación del sistema x ′r al sistema *xr .

La tasa de *G

TG HH

rr⋅=′ A resulta:

[ ] ***G

TG

TG

TGG Dt

DDtD HHHHH &rrr&rr & ⋅⋅⋅ +==′≡′ AAA (4.24)

Haciendo una analogía con la tasa de un tensor ortogonal, ver capítulo 2 del libro texto, podemos decir que TTTT ΩΩ ⋅⋅ =⇒= AAAA && , donde TΩ es un tensor antisimétrico y representa el tensor tasa de rotación del sistema *xr con respecto al sistema x ′r . Pudiendo así expresar (4.23) como:

+=

+=′

⋅⋅⋅⋅⋅

**

**

GGTT

GT

GTT

G

HH

HHH&rr

&rr&r

Ω

Ω

AAA

(componentes) (4.25)

Recurriendo a la propiedad del tensor antisimétrico tal que **GG

T HH &rr r∧=⋅ ϕΩ , donde ϕr

es el vector axil asociado al tensor antisimétrico TΩ , es decir, )(tϕϕrr

= es la velocidad angular del sistema móvil *xr . Resultando que (4.25) aún puede ser escrito como:

+∧=

+=′

⋅

⋅⋅

***

**

GGT

GGTT

G

HH

HHH

&rr

&rr&r

rϕ

Ω

A

A (componentes) (4.26)

donde

[ ]Dt

DDt

DDtD

G

***

**** ωωω

rrr&r ⋅⋅⋅ +== IIIH



268


Ciudad Real

Para que el término Dt

D *I sea igual podemos tener dos posibilidades:

1) 0I =Dt

D *

si el sistema *xr está unido al sólido. En este caso se cumple que ωrr

=ϕ , es

decir, la velocidad del sistema móvil es igual a la velocidad angular del sólido.

2) 0I =Dt

D *

si el sólido gira al rededor de un eje prismático, ver Ejemplo 4.18.



269


Ciudad Real


Problema 4.1: Las ecuaciones obtenidas a través de las leyes fundamentales de la mecánica del medio continuo se pueden resumir de la siguiente manera:

Principio de la conservación de la masa 0)( =+ ⋅ vr∇ρρDtD (27)

Principio de la conservación del momento lineal v&r

rρ=ρ+⋅ bσ∇ (28)

Principio de la conservación del momento angular

Tσσ = (29)

Principio de la conservación de la Energía ru ρρ +−= ⋅qDσ

r& ∇: (30)

Principio de la Irreversibilidad (Desigualdad de Entropía)

01 11),( 2 ≥−−+ ⋅ TT

uTT

t xx rr

&r

& ∇qDσ ρρ :η (31)

donde ρ es la densidad de masa, vr es la velocidad, σ es el tensor de tensiones de Cauchy, br

son las fuerzas másicas, u es la energía interna específica o densidad de energía interna por unidad de masa, η es la densidad de entropía por unidad de masa y por unidad de tiempo, T es la temperatura, ),( txr

rq es el flujo de calor o vector del flujo no convectivo,

D es el tensor velocidad de deformación, ),( tr xr es una función escalar que describe en forma espacial el calor generado por las fuentes internas por unidad de masa y por unidad de tiempo. Se pide: a) Simplificar las ecuaciones anteriores (27) a (31) para el caso ESTÁTICO, PROCESO ISOTÉRMICO Y ADIABÁTICO. b) Hacer un estudio del planteamiento del problema si el problema está bien planteado. En caso contrario, ¿qué ecuaciones deben ser adicionadas al problema para que esté bien planteado? c) Escribir en notación indicial las ecuaciones (27) a (31).

Problema 4.2: Citar los principios fundamentales de la Mecánica del Medio Continuo. De cada principio, ¿qué ecuaciones se obtienen?



270


Ciudad Real

Problema 4.3:

5 Introducción a las Ecuaciones Constitutivas


Ejemplo 5.1: Para un material simple, ¿cuáles son las variables libres de las ecuaciones constitutivas?

Solución: Las ecuaciones constitutivas para un material simples están en función de las siguientes variables libres:

),,(

),(),(

),(),(

),(

00

0

TTTTT

TT

T

XF

FF

FFF

F

rrr

∇qq

P

=∂

∂−=

∂∂=

=

ψη

ψρ

ψψ

También se pueden presentar en función de las siguientes variables

),,(

),(),(

),(),(

00

0

TTTTT

TT

XE

EE

EE

E

rrr

∇qq

S

=

∂∂−=

∂∂=

=

ψη

ψρ

ψψ

;

),,(),,(

),(),(

),(),(

01

01

TTJTTJ

TTT

TT

T

T

X

X

FFFF

FF

FFF

F

r

r

r

rr

∇∇

qqq

σ

⋅⋅

⋅

−

−

==

∂∂−=

∂∂=

=

ψη

ψρ

ψψ

Ejemplo 5.2: Para un determinado material elástico se conoce la expresión de la densidad de energía (por unidad de volumen), y viene dada por:



268


Ciudad Real

( ) E2EEE IIIIII µµΨ 22

21),( −+λ=

donde λ , µ son constantes del material. )(EEE II = , )(EEE IIII = son los invariantes principales, el primer y segundo invariante principal del tensor de deformación de Green-Lagrange respectivamente. ¿Cuales son las ecuaciones constitutivas para este problema?, justificar. Obtener también las expresiones explícitas de las ecuaciones constitutivas en función de λ , µ , EI , EII .

Formulario )()( EEEE Tr== II

[ ])()(21)( 22 EEEEE TrTr −== IIII

TII

I

EEE

EE

E

−=∂∂

=∂∂

1

1

)(Tr

Solución: La expresión de la energía está SÓLO en función del tensor de deformación de Green-Lagrange (grandes deformaciones). Sabemos que las ecuaciones constitutivas son:

),,(

),(),(

),(),(

00

0

TTTTT

TT

XE

EE

EE

E

rrr

∇qq

S

=

∂∂−=

∂∂=

=

ψη

ψρ

ψψ

Teniendo en cuenta la expresión de la energía dada, concluimos que el problema es independiente de la temperatura, ya que en la expresión de la energía dada no está en función de la temperatura. Luego, sólo me quedo con la ecuación constitutiva de la tensión y que podemos obtener como:

( ) ( ) ( )( )TI

IIIIIIII

IIIIIII

EE

EEEEE

E

E

E

EEE

E

EEEE

−−+

+λ=

∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

=∂

∂=

∂∂=

11

S

)(2222

),(),(),()(0

Trµµ

ΨΨΨψρ

Simplificando la expresión anterior, y teniendo en cuenta que EE =T , )(EE Tr=I , obtenemos:

EE µ2+λ= 1S I

5 INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES CONSTITUTIVAS


269


Ciudad Real

Ejemplo 5.3: a) Hacer el planteamiento de las ecuaciones de gobierno para un problema de sólidos con las siguientes características: Proceso isotérmico y adiabático, régimen de pequeñas deformaciones, y relación lineal entre tensión y deformación. b) Una vez establecida la relación lineal entre tensión-deformación, obtener dicha relación para que cumpla que )(εσ sea una función-de-tensores isótropa de valor tensor de segundo orden. Solución: Para un proceso isotérmico y adiabático la temperatura y la entropía no juega ningún papel. Para un régimen de pequeña deformaciones tenemos que:

Tensor de deformaciones: uεrsym∇=≈≈ eE

Tensor de Tensiones: σSP ≈≈ ∇∇∇ ≈≈≈≈ xXF rr;; 0ρρ1 , con esta aproximación la densidad deja de ser

incógnita. Teniendo en cuenta las ecuaciones básicas, sólo quedamos con las siguientes ecuaciones: 1) Ecuaciones de Movimiento

v&rrρρ =+⋅ bσ∇

2) Ecuación de Energía

εσ

qS&&

rr&r

& r

::

=⇒

+−= ⋅u

trtuρ

ρρ ),(),( 000 XEX X∇

o en función de la energía libre de Helmholtz [ ] ψηψ &=+= TDtD

DtDu :

εσ &&& :=Ψ=ψρ

donde Ψ es la densidad de energía. Verificamos a través de la desigualdad de entropía que es un proceso sin disipación de energía, es decir, toda energía que se almacena debido al incremento de ε se recuperar con la disminución de ε . 3) De las Ecuaciones Constitutivas solo quedamos con:

)()()()(

εσεε

εεσS

ε

=∂Ψ∂=

∂∂=≈

=ψρ

ψψ

es decir, la energía (ψ ) y la tensión son funciones solamente de la deformación. Si

calculamos la tasa de la energía libre de Helmholtz εεεε && :

∂∂= )()( ψψ , y reemplazamos en la

expresión de la energía εσ &&& :=Ψ=ψρ , concluimos que:

εεσεσε

εεε

εε

∂Ψ∂=⇒=

∂Ψ∂=

∂∂ )()()( &&& :::ψρ

Luego, la ecuación de energía es una ecuación redundante, es decir, si conozco la tensión puedo conocer la energía y vise-versa. Resumimos así las ecuaciones de gobierno para el problema propuesto:



270


Ciudad Real

Ecuaciones de Movimiento:

ubσ &&r&rr

ρρρ ==+⋅ v∇ (3 ecuaciones)

Ecuación Constitutiva en Tensión:

εεεσ

∂Ψ∂= )()( (6 ecuaciones)

Ecuaciones Cinemáticas:

uεrsym∇= (6 ecuaciones)

(5.1)

Como incógnitas tenemos: σ (6), ur

(3), ε (6), un total de 15 incógnitas y 15 ecuaciones luego, el problemas está bien planteado. Para que el conjunto de ecuaciones en derivada parciales anteriores tenga solución única es necesario introducir las condiciones de contorno e inicial, constituyendo así en un Problema de Valor de Contorno Inicial. El problema que acabamos de plantear es el Problema Elástico Lineal que es el tema del próximo capítulo. En el apartado Serie de Tensores, capítulo 1, hemos visto que podemos aproximar un tensor a través de la serie:

L

L

+−∂⊗∂

∂−+−

∂∂

+≈

+−∂⊗∂

∂−+−

∂∂

+≈

)()(

)(21)(

)(

)()(

)(!2

1)()(

!11)(

!01)(

00

2

000

0

00

2

000

0

εεεεεσ

εεεεεεσ

σ

εεεεεσ

εεεεεεσ

εσεσ

:::

:::

T

T

Considerando el punto de aplicación 0ε =0 , y 0σεσ == 00 )( , y además teniendo en cuenta que la relación σ -ε es lineal, podemos despreciar los términos de orden superior, obteniendo entonces que:

εεεεεε

εσεσ ::: eC=

∂⊗∂Ψ∂=

∂∂= )()(

2

donde εεε∂⊗∂

Ψ∂= )(2eC es un tensor de cuarto orden simétrico y es conocido como tensor

constitutivo elástico, que contiene las propiedades mecánicas del material. La simetría de eC se comprueba fácilmente. Presenta simetría menor debido a la simetría de σ y ε :

eijlk

eijkllkkl

ejikl

eijkljiij CCCC =⇒ε=ε=⇒σ=σ ;

y la simetría es debido a que:

eklij

ijklklij

eijkl CC =

ε∂ε∂Ψ∂=

ε∂ε∂Ψ∂=

22

Observemos que la energía tiene que ser de orden cuadrática para que la relación σ -ε sea lineal, ver ecuación (5.1). Utilizamos la expansión en serie para representar la densidad de energía, obtenemos que:

5 INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES CONSTITUTIVAS


271


Ciudad Real

εε

εεεε

ε

εεεεε

εεεεσ

εεεεε

εεεεεε

εε

::

::

:::

:::

e

T

T

C21

)(21

)()(

)(21)(

)()(

)(!2

1)()(

!11)(

!01)(

02

00

2

0000

00

2

000

0

=

∂⊗∂Ψ∂

=

+−∂⊗∂

Ψ∂−+−+Ψ=

+−∂⊗∂

Ψ∂−+−

∂Ψ∂

+Ψ=Ψ

L

L

donde también hemos considerado que 0σ0ε ==Ψ⇒= 000 ,0 .

Para una mejor ilustración del problema planteado, consideremos un caso particular (caso unidimensional) donde las componentes del tensor de tensiones y de deformaciones vienen dadas por:

ε=σ⇒ε=σ⇒

ε=ε

σ=σ Ee

ijij 11111111

00000000

;00000000

C

En este caso la relación lineal tensión-deformación viene dada por ε=σ E y la densidad de

energía εε=σε=Ψ E21

21 , y E=

ε∂σ∂=

ε∂ε∂Ψ∂ 2

.

b) La función-de-tensor )(εσ será isótropa si se cumple que:

)()( klijklij ε′σ=εσ′

Teniendo en cuenta que la relación entre σ - ε viene dada, en notación indicial, por kl

eijklij ε=σ C)(ε , concluimos que:

eijkl

eijkl

kleijklkl

eijkl

klijklij

CC

CC

=′⇒

ε′=ε′′

ε′σ=εσ′ )()(

Es decir, el tensor de cuarto orden eC es un tensor isótropo. Un tensor de cuarto orden isótropo simétrico tiene el formato )( jkiljlikklij

eijkl δδδδµδδ ++λ=C .

E

ε 00 =σ

)(εΨ

ε ε

)(εσ

ε

σ

Energía almacenada

σε=Ψ21

00 =ε

Ψ



272


Ciudad Real

En la Figura 5.1 se muestra la relación tensión-deformación para un material isótropo. Es interesante observar que debido a que eC es independiente de la dirección los tensores σ y ε comparten las mismas direcciones principales.

Figura 5.1: Relación tensión-deformación material isótropo.

11σ′

11ε′

1x ′′

1x′

P

11ε

22ε 12ε

11σ

22σ 12σ

1x

P P

P

P

P

P

22ε′ 12ε′

22σ′ 12σ′

11ε ′′

22ε ′′

11σ ′′

22σ ′′

kleijklij ε=σ C

kleijklij ε′′=σ′ C

kleijklij ε ′′′′=σ ′′ C

pqjqipij aa σ=σ′

eijkl

eijkl

eijkl CCC ′′=′= - Material isótropo

7 Elasticidad Lineal


Ejemplo 7.1: El cilindro indefinido de la Figura 7.1 constituido por un material elástico lineal isótropo, está sometido al siguiente estado de deformación (en coordenadas cilíndricas):

02

cossin

===

θ=

θ==

θ

θ

θθ

rzzzz

r

rr

eee

ae

aee

(7.1)

con ije son las componentes del Tensor de Almansi. Se pide:

Calcular el vector tracción tr

en el contorno, en coordenadas cilíndricas. Hipótesis: 1) µ,λ son las constantes de Lamé; 2) Régimen de pequeñas deformaciones.

Figura 7.1.

1x

2x

3x

ze θe

re

r

t

t

Π

Π



274


Ciudad Real

Solución: Régimen de pequeñas deformaciones: ε≈≈ Ee

θθ

θθ

=

εεεεεεεεε

=θε

θ

θθθθ

θ

000

0sin2

cos

02

cossin

),,( aa

aa

zr

zzzrz

zr

rzrrr

(7.2)

ε1εσ µ2)( +λ= Tr (7.3) θ= sin2)( aεTr (7.4)

luego,

θθ

θθ

+

θλ=

000

0sin2

cos

02

cossin

2100010001

sin2 aa

aa

a µσ (7.5)

θλθ+θλθ

θθ+θλ=

sin2000sin2sin2cos0cossin2sin2

aaaa

aaa

(r,θr,θ µµµµ

σ (7.6)

El vector tracción tr

:

nσt n )( ⋅=r

(7.7)

)0,0,1( =n

θ

θ+θλ=

0cos

sin2sin2

)(3

)(2

)(1

aaa

µµ

n

n

n

ttt

(7.8)

Ejemplo 7.2: El paralelepípedo de la Figura 7.2 se deforma de la manera indicada por las líneas de trazo. Los desplazamientos vienen dados por las siguientes relaciones:

xyzCxyzCvxyzCu

3

2

1

=ω==

(7.9)

Se pide: a) Determinar el estado de deformación en el punto E , cuando las coordenadas del

punto E ′ en el cuerpo deformado son )997,1;001,1;503,1(E ′ ; b) Determinar la deformación normal en E en la dirección de la línea EA ; c) Calcular la distorsión en E del ángulo recto formado por las líneas EA y EF .

7 ELASTICIDAD LINEAL


275


Ciudad Real

d) Determinar el incremento de volumen y la deformación volumétrica media.

Figura 7.2

Solución: a) El estado de deformación en función de los desplazamientos es:

∂∂

+∂∂

=εi

j

j

iij xx

uu21 (7.10)

Explícitamente en notación ingenieril:

∂ω∂

∂∂+

∂ω∂

∂∂+

∂ω∂

∂∂+

∂ω∂

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂+

∂ω∂

∂∂+

∂∂

∂∂

=

εγγ

γεγ

γγε

=ε

zzv

yzu

x

zv

yyv

yu

xv

zu

xyu

xv

xu

zyzxz

yzyxy

xzxyx

ij

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

(7.11)

Para determinar el estado de deformación en cualquier punto necesitamos a priori determinar el campo de desplazamientos. Determinación de las constantes: Reemplazando los valores dados para el punto )0,2 ;0,1 ;5,1(E , resulta:

001,0)0,2)(0,1)(5,1(0,2997,13001,0)0,2)(0,1)(5,1(0,1001,1

001,0)0,2)(0,1)(5,1(5,1503,1

33)(

22)(

11)(

−=⇒=−=

=⇒=−=

=⇒=−=

CCw

CCv

CCu

E

E

E

(7.12)

AA ′≡

CC ′≡

FF ′≡ GG ′≡

E DD ′≡

OO ′≡

E′

BB ′≡

y

z

x m1

m2

m5,1



276


Ciudad Real

donde el desplazamiento del punto E : )0,2997,1;0,1001,1;5,1503,1()( −−−=Eu fue utilizado. Podemos escribir el Campo de Desplazamiento:

Notación Ingenieril Notación Científica

xyzw

xyzv

xyzu

001,0

3001,0

001,0

−=

=

=

3213

3212

3211

001,0

3001,0

001,0

XXX

XXX

XXX

−=

=

=

u

u

u

(7.13)

23

13

12

33

22

11

20025,03001,0001,0

20005,0001,0001,0

23011,0001,0

3001,0

0015,0001,0

001,03001,0

002,0001,0

ε=−=+−=

∂∂+

∂∂=γ

ε=−=+−=

∂∂+

∂∂=γ

ε==+=

∂∂+

∂∂=γ

ε=−=−=∂∂=ε

ε===∂∂=ε

ε===∂∂=ε

xyxzzv

yw

xyyzzu

xw

xzyzyu

xv

xyzw

xzyv

yzxu

yz

xz

xy

z

y

x

Estado de deformación en el punto )0,2z ;0,1 ;5,1( === yxE :

−−−

−

−

=

εγγ

γεγ

γγε

=ε

0015,000125,000025,0

00125,0001,06011,0

00025,06011,0002,0

21

21

21

21

21

21

zyzxz

yzyxy

xzxyx

Eij (7.14)

b) Como visto la componente normal:

jiijscomponente MM

ε=ε →=ε ⋅⋅ MM MM ε (7.15)

Expandiendo la expresión anterior y considerando la simetría del tensor de deformación:

3223311321122333

2222

2111

2 2 2 MMMMMMMMM εεεεεε +++++=εM (7.16)

en notación Ingenieril:

32312123

22

21

MMMMMMMMM yzxzxyzyx γ+γ+γ+++=ε εεεM (7.17)

La normal será dada por los cosenos directores de la dirección de la línea EA :

52;

51 ;0

321−=−== MMM (7.18)

Reemplazando los correspondientes valores en la ecuación (7.17), resulta:



277


Ciudad Real

3

3223

22

10252)0025,0(

54)0015,0(

51 ,0010

−×−=ε

−+−+=ε

γ++=ε

M

M

M MMMM yzzy εε

(7.19)

c) Para el caso de pequeñas deformaciones, la distorsión en E del ángulo recto formado por las líneas EA y EF , º90=Θ ), será:

jiijscomponente NM

sin

221

21

ε=ε →=

Θ−−=θ∆−=ε ⋅⋅⋅⋅

NMNMNM NMNM εε(7.20)

Para mayores detalles de la expresión anterior ver Capítulo 2- Cinemática del Continuo (pequeñas deformaciones). Expandiendo la expresión anterior y considerando la simetría del tensor de deformación:

( )( ) ( )233223133113

122112333322221111

NMNMNMNM

NMNMNMNMNM

++++

+++++=ε

εε

εεεεNM (7.21)

o en notación ingenieril:

( )( ) ( )23321331

1221332211

2

2

2

2

NMNMNMNM

NMNMNMNMNM

yzxz

xyzyx

+γ

++γ

+

++γ

+++=γ

εεεNM

(7.22)

donde:

[ ]001;52

510 −=

−−= ii NM (7.23)

resultando:

3

4

13131212

101925696,1

1089628479399,52

52 1)00025,0(

511)(

6011,0

2

−

−

×=γ⇒

×=γ

−−−+

−−

=+=

γ

NM

NM

NM )(εε NMNM

(7.24)

Solución Alternativa

Podemos crea una base ortonormal asociada a los versores M y N a través del producto vectorial NMP ∧= . Luego, obtenemos así las componentes del versor P :

−=⇒−=

−

−−=∧=51

520

51

52

00152

510

32

321

iPee

eee

NMP (7.25)

Luego, la matriz de transformación del sistema 321 XXX para la base M , N , P viene dada por:



278


Ciudad Real

−−

−−

=

==

51

520

00152

510

321

321

321

PPPNNNMMM

aijA (7.26)

Aplicando la ley de transformación de las componentes de un tensor de segundo orden, es decir, kljlikij aa ε=ε o en forma matricial TAA εε =′ :

T

−−

−−

−−−

−

−

−−

−−

=′

51

520

00152

510

0015,000125,000025,0

00125,0001,06011,0

00025,06011,0002,0

51

520

00152

510

ε (7.27)

Resultando:

××−×−

×−××

×−××−

=ε′

−−−

−−−

−−−

334

334

443

105,11075158658,1105,2

1075158658,11021096284794,5

105,21096284794,5102

ij (7.28)

NOTA: Observar que no se trata de un caso de deformación homogénea, es decir, las aristas que en la configuración inicial son rectas, en la configuración deformada no mas serán rectas. Para obtener los versores deformados tenemos que aplicar la transformación lineal MFm ⋅= y NFn ⋅= , donde F es el gradiente de deformación.

d) Deformación volumétrica por definición es: dVdV

V)(∆=ε donde dV es un diferencial de

volumen Caso de pequeñas deformaciones:

dVdVdVdV

zyx

zyxV

ε+ε+ε=∆⇒

ε+ε+ε=∆=ε

)(

)( (7.29)

integrando podemos obtener el incremento de volumen:

( ) ∫∫∫∫===

−+=ε+ε+ε=∆

5,1

0

1

0

0,2

03

xyzV

zyx dxdydzxyxzyzdVV (7.30)

resultando: 3310125,1 mV −×=∆ (7.31)

2

NMNM

γ=ε Mε



279


Ciudad Real

Luego:

33

10375,00,20,15,1

10125,1)( −−

×=××

×=∆=εdVdV

V (7.32)

Ejemplo 7.3: El estado de tensiones en un punto de una estructura que está constituida por un material elástico, lineal e isótrropo, viene dado por:

MPaij

−=σ

000032026

a) Determinar las componentes del tensor de deformación ingenieril. Considérese que el módulo de elasticidad longitudinal ( GPaE 207= ) y el módulo de elasticidad transversal ( GPaG 80= ) b) Si un cubo de cm5 de lado está sometido a este estado tensional. ¿Cual será su cambio de volumen?

Solución: Las deformaciones pueden ser obtenidas partiendo de las siguientes relaciones:

( )[ ]( )[ ]( )[ ]

01

01

105,21

10348,41

10318,21

10333,31

5

6

5

5

=τ=γ

=τ=γ

×=τ=γ

×−=σ+σν−σ=ε

×−=σ+σν−σ=ε

×=σ+σν−σ=ε

−

−

−

−

xyxy

xyxy

xyxy

yxzz

zxyy

zyxx

G

G

G

E

E

E

(7.33)

donde el coeficiente de Poisson puede ser obtenido partiendo de la relación:

294,011602071

2)1(2≈−=−=ν⇒

ν+=

GEEG

Luego:

61035,400

018,235,1205,1233,33

−×

−−=ε ij

En el régimen de pequeñas deformaciones la deformación volumétrica (lineal) es igual a la traza del tensor de deformación:

( ) 66 108,51035,418,2333,33 −− ×=×−−==ε≡ εID VLV



280


Ciudad Real

Luego, la variación de volumen queda: 346

0 1025,7)555(108,5 cmVV V−− ×=×××=ε=∆

Ejemplo 7.4: Un cubo metálico que tiene longitud de arista ma 20,0= se sumerge en el mar a una profundidad mz 400= .

Conociendo el módulo de elasticidad longitudinal del metal PaE 101021×= , el coeficiente de Poisson 3,0=ν y el valor de la densidad de masa del agua del mar 3/1027 mkg=ρ , calcular la variación de volumen que experimenta el cubo sumergido. Considerar la aceleración de la gravedad igual a 2/10 smg = .

Solución: Considerando la presión hidrostática uniforme en el cubo y igual a:

Pamsm

mkgzgp 4108000400101027 230 =

××== ρ

Observemos que es un estado esférico, cualquier dirección es dirección principal, y 0321 p−=σ=σ=σ=σ . La deformación según cualquier dirección viene dada por:

[ ]

6

10

221

10824,7

)3,021(1021

4108000

)21(

)(1

−×−=

×−×

−=

ν−−=

σ+σν−σ=ε

Ep

E

La deformación volumétrica lineal viene dada por:

3736 10878,12,0)10824,7(333 mVVIVVDL

V−− ×−=××−×=ε=∆⇒ε==∆= ε

3337 78,18718778,0108778,1 mmcmmV −=−=×−=∆ −

Ejemplo 7.5: Un paralelepípedo de dimensiones cma 3= , cmb 3= , cmc 4= , constituido por un material homogéneo elástico y lineal se aloja en una cavidad de la misma forma y dimensiones, cuyas paredes son de un material lo suficientemente rígido para poderlo suponer indeformable. Sobre la abertura de la cavidad de dimensiones ba × y a través de una placa rígida de peso y rozamiento despreciables se aplica, perpendicularmente a ella, una fuerza NF 200= que comprime al bloque elástico.

Si el coeficiente de Poisson es 3,0=ν y el módulo de elasticidad 24 /102 cmNE ×= , calcular:

a) Las fuerzas laterales ejercidas por las paredes de la cavidad sobre el paralelepípedo; b) La variación de altura experimentada por el mismo.



281


Ciudad Real

Figura 7.3

Solución: En cualquier punto del cuerpo elástico habrán sólo tensiones normales, xσ , yσ y zσ . La tensión zσ viene dada por:

29200

33200200

cmN

abz −=×

−=−=σ (7.34)

Observemos que debido a la simetría las tensiones xσ y yσ serán iguales, luego:

( )[ ]( )[ ]

( )

)1(

0

01

01

ν−νσ

=σ⇒

=σ+σν−σ⇒

=σ+σν−σ⇒

=σ+σν−σ=ε=ε

zx

zxx

zxx

zyxyx

E

E

(7.35)

obteniendo así:

221200

9200

)3,01(3,0

)1( cmNz

x −=

−

−=

ν−νσ

=σ (7.36)

La fuerza que ejerce la pared sobre el cuerpo elástico viene dado por:

NcbF

NcaF

xx

yy

28,1144321

200

28,1144321

200

−=××−=σ=

−=××−=σ= (7.37)

La deformación zε viene dada por:

a

x

y

z

F

b

c



282


Ciudad Real

( )[ ][ ]

44 1025,8

212003,02

9200

1021

21

1

−×−=

××+−

×=

νσ−σ=

σ+σν−σ=ε

xz

yxzz

E

E

(7.38)

Luego, la variación de altura viene dada por:

cmczc 0033,041025,8 4 −=××−=ε=∆ − (7.39)

Ejemplo 7.6: En la Figura 1a se representa un dispositivo de apoyo en fajan de una máquina. Dicho aparato de apoyo está constituido por un bloque de neopreno de dimensiones ( cm2050× ), representado en la Figura 7.4b por el elemento ABCD.

Figura 7.4

Bajo acción de cargas vertical y horizontal que transmite la máquina al apoyo, el bloque de neopreno se deforma como se indica en la Figura 1b (ABCD) y aún se puede considerar que el campo de desplazamiento ( ),vu está dado por unas ecuaciones lineales del tipo:

222

111

cybxavcybxau

++=++=

donde 1a , 1b , 1c , 2a , 2b , 2c son constantes a determinar.

Hipótesis: 1 Material elástico lineal isótropo con el Módulo de elasticidad longitudinal igual a

2/1000 cmN y el módulo de elasticidad transversal igual a 2/0028,01 cmN .

2 Se supondrá que se trata de un estado plano de deformación. Se pide:

1,1

A A

D C

1

2,1

C

1,1B B

1 D

50

Dimensiones en centímetros - cm

20

a) b)

x

y



283


Ciudad Real

a) Calcular las componentes del tensor de deformación y la deformación volumétrica en cualquier punto;

b) Calcular las tensiones en cualquier punto; c) Máxima tensión normal; d) Determinar el Alargamiento unitario en la dirección de la diagonal AC .

Solución:

++=++=

222

111

cybxavcybxau

(7.40)

Según Figura 7.4 sacamos que:

005,01201,1)20;0(002,01501,1)0;50(

1)0;0(

11

11

1

=⇒+===⇒+==

==

bbuaau

cu (7.41)

luego

1005,0002,0 ++= yxu (7.42)

Para desplazamiento vertical:

05,0201)20;0(0500)0;50(

0)0;0(

22

22

2

−=⇒=−==⇒==

==

bbuaau

cv (7.43)

yv 05,0−= (7.44)

Luego:

−=++=

yvyxu

05,01005,0002,0

(7.45)

a) Deformaciones

005,0;05,0;002,0 =∂∂+

∂∂=γ−=

∂∂==

∂∂=

xv

yu

yv

xu

xyyx εε (7.46)

Deformación volumétrica lineal (pequeñas deformaciones):

048,0−==++== εID zyxVLV εεεε (7.47)

b) Tensiones

4,012)1(2

=−=ν⇒ν+

=GEEG



284


Ciudad Real

[ ][ ][ ]

[ ]

785714,1005,00028,01

2857,104002,04,0)05,0()6,0(4286,3571

)1()21)(1(

1428,6705,04,0002,0)6,0(4286,3571

)1()21)(1(

=×=

γ=τ−=×+−××=

ν+ν−−ν+

=σ

−=×−××=

ν+ν−−ν+

=σ

xyxy

xyy

yxx

G

vE

vE

εε

εε

(7.48)

Una solución alternativa es utilizar: ijijijEE εν+

+ν−ν+

ν=σ)1()21)(1(

)( δεTr , donde:

−=

εγγγεγγγε

=ε000005,0)005,0(0)005,0(002,0

21

21

21

21

21

21

21

21

zyzxz

yzyxy

xzxyx

ij

2571429,68)21)(1(

)(cmNE −=

ν−ν+ν εTr , 2285714,714

)1( cmNE =

ν+

2

21

21

571,680002857,104785714,10785714,11428,67

000005,0)005,0(0)005,0(002,0

285714,714100010001

571429,68

cmN

ij

−−

−≈

−+

−=σ

c) Tensiones principales

22

22 xyyxyx τ+

σ−σ±

σ+σ=σ(1,2) (7.49)

328675,194285,171

35714,52

2857,1041428,672

2857,1041428,67 22

±−=

=+

+−±−−=σ(1,2) (7.50)

−=σ−=σ

2

2

757175,190099824,152

cmNcmN

2

1 (7.51)

d) Alargamiento unitario

La diagonal )(AC mide inicialmente:

cmACL 852,532050 220 =+== (7.52)

Diagonal deformada

cmCA 675,53192,50 22 =+=′′ (7.53)



285


Ciudad Real

cmACCAL 177,0−=−′′=∆ (7.54)

El alargamiento unitario es:

0033,0852,53177,0

0−=−=∆=ε

LL (7.55)

Ejemplo 7.7: Considérese una barra de sección cuadrada de lado a y longitud L . Las constantes elásticas del material se suponen conocidas ( E y 25,0=ν ). Se pide:

a) Para el caso de carga de la Figura 7.5(a), calcular la energía almacenada (densidad de energía de deformación) en la barra durante la deformación y la energía total de deformación;

b) Determinar la energía almacenada en el cambio de volumen y la correspondiente al cambio de forma;

c) Mismo apartado a) para el caso de la Figura 7.5(b).

Figura 7.5:

Formulario:

)1(2;

)21)(1( ν+==

ν−ν+ν=λ EGE µ

Momento de inercia de la sección 12

4aI =

Solución: Considerando un caso unidimensional:

EE x

xxxσ

=ε⇒ε=σ (7.56)

Sabemos que la energía de deformación por unidad de volumen viene dada por:

2

2

21

21

21

21

EAP

Ex

xxxee =

σσ=εσ= →= ΨΨ onalunidimensiεσ : (7.57)

Luego, la energía total U viene dada por:

P P M M

a)

b)

L a

M

sección

a

a



286


Ciudad Real

EALPU

EAPALvolumene

x

2

2)(

2

2

2

=⇒

⇒××=Ψ (7.58)

La energía de deformación (por unidad de volumen) también puede ser expresada por:

4342144 344 21

formae

vole

edevIII

Ψ

µ

Ψ

µΨ σσ 2

1)23(6

1 2 −+λ

= (7.59)

Considerando:

API x

x

ij =σ=→

σ=σ σ

00000000

(7.60)

Cálculo de devII σ :

33)3(

31 22

2 xIIIIII devσ−=−=−= σ

σσσ (7.61)

Luego, la energía de deformación asociada al cambio de volumen:

222

6)21(

6)21(

)23(61

xvole

EI

EI σν−=ν−=

+λ= σσµ

Ψ (7.62)

2

2

6)21(AP

Evole ν−=Ψ (por unidad de volumen) (7.63)

Energía de deformación asociada al cambio de forma:

σ−ν+−=

ν+−=−=

3)1(

)1(221

21

2x

formae

E

IIE

II devdev σσµΨ

(7.64)

2

22

3)1(

3)1(

AP

EEx

formae ν+=

σν+=Ψ (por unidad de volumen) (7.65)

Comprobación:

[ ]

[ ]

e

formae

vole

EAPEAPEAP

AP

EAP

E

Ψ

ΨΨ

==

=ν++ν−=

=ν++ν−=

=ν++ν−=+

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

22216

)1(2)21(6

3)1(

6)21(

En el caso de sólo a flexión, y además teniendo las siguientes relaciones:



287


Ciudad Real

I yM

y =σ 12

I4a=

4

12ayM

y =σ

EE y

yyy

σ=ε⇒ε=σ

Energía de deformación:

8

22

44

4

72

12 1221

1221

21

EayM

EayM

ayM

EayM y

yye

=

=

σ=εσ=Ψ

(7.66)

8

22 72Ea

yMe =Ψ (7.67)

Ejemplo 7.8: Bajo la restricción de la teoría de pequeñas deformaciones, para un campo de desplazamientos dado por:

33

21232

32132

31 1010)(10)( eeeu −−− ×−×++×−= xxxxxxr

a) Determinar el tensor de deformación infinitesimal, el tensor de rotación infinitesimal en el punto )12,0( −P ;

Solución:

3

12

3232

3131

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

100

)(2)(20)(20)(2

−×

−−++−−−

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

xxxxxxxxxx

xxx

xxx

xxx

x ji

uuu

uuu

uuu

u

Aplicado al punto )12,0( −P

3

12

3232

3131

10002220202

0)(2)(20)(20)(2

−×

−

−=

−−++−−−

=∂∂

xxxxxxxxxx

xPj

iu

ijijj

i

xω+ε=

∂∂u



288


Ciudad Real

cuyas componentes:

Tensor de deformación infinitesimal Tensor spin infinitesimal

310012120202

21 −×

−

−=

∂∂

+∂∂

=εi

j

j

iij xx

uu 310010100000

21 −×

−=

∂∂

−∂∂

=ωi

j

j

iij xx

uu (7.68)

Ejemplo 7.9: Bajo la restricción de la teoría de pequeñas deformaciones, para un campo de desplazamientos dado por:

3221122

21 )0() 2()5( eeeu −+−= xxaxxa

r

a) Determinar el tensor de deformación lineal, el tensor de rotación lineal; b) Obtener las deformaciones principales; c) Dado el módulo de elasticidad transversal G , ¿qué valor toma el módulo de Young E para que haya equilibrio en cualquier punto? NOTA: Las fuerzas másicas son despreciables. Formulario:

)1(2;

)21)(1( ν+==

ν−ν+ν=λ EGE µ

Solución:

a) Considerando que )5( 22

211 xxa −=u , 212 2 xxa=u , 03 =u , las componentes del

gradiente de los desplazamientos son:

−=

∂∂

0000220102

12

21

axaxaxax

x jiu

Descomponiendo de forma aditiva el gradiente de los desplazamientos en una parte simétrica (tensor de deformación lineal - ijε ) y en una parte antisimétrica (tensor spin infinitesimal- ijω ):

ijijj

i

xω+ε=

∂∂u

donde

−

−=

−+

−=

∂∂

+∂∂

=ε

000024042

0000210022

0000220102

21

21

12

21

12

21

12

21

axaxaxax

axaxaxax

axaxaxax

xx i

j

j

iij

uu

y



289


Ciudad Real

−=

−−

−=

∂∂

−∂∂

=ω

000006060

0000210022

0000220102

21

21

2

2

12

21

12

21

axax

axaxaxax

axaxaxax

xx i

j

j

iij

uu

b) Deformaciones principales.

( ) ( )( ) ( )

+=λ−=λ

⇒±=λ−⇒

=λ−⇒

=−λ−⇒

=λ−−

−λ−

212

21121

22

21

22

21

12

21

4242

42

42

042

024

42

axaxaxax

axax

axax

axax

axaxaxax

c) Partiendo de la ecuación de equilibrio:

0bσ0

rr

r=+

=

⋅ ρ∇ ijijIndicial 0, =σ →

Expandiendo:

=∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

=∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

⇒

=σ+σ+σ=σ+σ+σ=σ+σ+σ

0

0

0

000

3

33

2

32

1

31

3

23

2

22

1

21

3

13

2

12

1

11

3,332,321,31

3,232,221,21

3,132,121,11

xxx

xxx

xxx

donde las componentes del tensor de tensiones son ijijkkij ε+λε=σ µδ 2 , siendo axkk 14=ε luego ijijij ax ε+λ=σ µδ 24 1

08)4(224

)(4)2(2424

13

221212112

1111111111

=σ−=−=ε+λ=σ

+λ=+λ=ε+λ=σaxaxax

axaxaxaxµµµδ

µµµδ

Luego, la primera ecuación de equilibrio queda:

G

aaxxx

==λ⇒=+λ⇒

=−+λ⇒

=∂σ∂

+∂σ∂

+∂σ∂

µµµµµ

208)(4

03

13

2

12

1

11

Además teniendo en cuenta la relación GGGE

+λ+λ= )23( , dicha relación se puede obtener a

través de las relaciones )21)(1( ν−ν+

ν=λ E , )1(2 ν+

== EGµ . Luego, concluimos que:



290


Ciudad Real

GGGGGG

GGGE 5,2)23()23( =

++=

+λ+λ=

Ejemplo 7.10: En un punto de un suelo que podemos considerar como un sólido elástico lineal se conoce la deformación volumétrica 3102 −×−=εV , la deformación tangencial 3

12 103 −×−=ε y la deformación horizontal que es nula 011 =ε . El suelo está sometido a un estado de deformación plana en el plano 21 xx − . Se pide:

a) Componentes cartesianas del tensor de deformación. Obtener las deformaciones principales y la orientación de las mismas, definiendo el ángulo que forman con lo sejes ),,( 321 xxx .

b) Suponiendo que las constante elásticas son MPaE 50= , 41=ν , obtener las

componentes del tensor de tensiones y sus valores principales. Obtener asimismo las direcciones en las que las tensiones normales y tangenciales son máximas o mínimas y sus valores.

c) Obtener la densidad de energía elástica de deformación por unidad de volumen. NOTA: Se recuerdan las expresiones de la elasticidad lineal:

ε1εσ µ2)( +λ= Tr

con )21)(1( ν−ν+

ν=λ E , )1(2 ν+

= Eµ

Solución: a) Las componentes del tensor de deformación infinitesimal son:

ε×−×−

=ε −

−

000010301030

223

3

ij

Deformación volumétrica 322

3332211 102102 −− ×−=ε⇒×−=ε+ε+ε==ε≈ εID V

LV . Con

lo cual:

3planan deformació3 10233010

000023030

−− ×

−−−=ε →×

−−−

=ε ijij

Deformaciones principales:

−=λ=λ

⇒=−λ+λ⇒=λ−−−

−λ−3

10320

2330

2

12

Las deformaciones principales son:

×−×=ε′⇒

×−=ε

×=ε−

−

−

−

3

3

32

31

10300101

103

101ij



291


Ciudad Real

b) Círculo de Mohr Observemos que el radio es 22/))3(1( =−−=R . Luego:

º30)3(213)2( =θ⇒=θ⇒=θ arctgtg

c) Aplicando ijijij ε+λ=σ µδ 2)(εTr , donde MPaE 20)21)(1(=

ν−ν+ν=λ ,

MPaE 20)1(2=

ν+=µ , 3102)( −×−=εTr . Luego:

x

x′ y′

y

yyε

θ

1ε

2ε

xyε

310−×εN

)10(2

3−×γ=ε S

)2;0( −=ε=ε SN

1=ε I 3−=ε III

)3;0( =ε=ε SN

)3;2( −=ε−=ε SN

θ2



292


Ciudad Real

43421PaMPa

ij

3

3

3

1010

000023030

40400004000040

10000023030

2100010001

)(

=

−×

−−−

+

−−

−=

×

−−−

+

λ=σ µεTr

Resultando:

kPaij 40000120340034040

−−−−−

=σ

Como el material es isótropo, las direcciones principales de las tensiones coinciden con las direcciones principales de las deformaciones. Y además, recordemos que los autovalores de σ y ε están relacionados, cuya expresión se demuestra a continuación. Reemplazando el valor de ε1εσ µ2)( +λ= Tr en la definición de autovalor, autovector:

nnσ σ γ=⋅

( )

( )

nnε

nε

nε

nεnε

nεnnε

nnεnε

nnεn1ε

nnε1ε

ε

σ

σ

σ

σ

σ

σ

2

)(

)(2

)(2

2)(

2)(

2)(

γ=⇒

λ−γ=⇒

λ−γ=⇒

λ−γ=⇒

γ=+λ⇒

γ=+λ⇒

γ=+λ

⋅

⋅

⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅

µ

µµ

µµ

µ

Tr

Tr

Tr

Tr

Tr

Tr

Luego:

)(22

)(ε

εεσ

σε Tr

Trλ+γ=γ⇒

λ−γ=γ µ

µ

Pudiendo así obtener los autovalores de σ :

Pa

Pa

III

II

I

33636)3()3(

3366)2()2(

3636)1()1(

10160)102()1020()103()1040()(2

1040)102()1020()0()1040()(2

0)102()1020()101()1040()(2

×−=×−××+×−××=λ+γ=σ≡γ

×−=×−××+××=λ+γ=σ≡γ

=×−××+×××=λ+γ=σ≡γ

−−

−

−−

ε

ε

ε

εσ

εσ

εσ

Tr

Tr

Tr

µ

µ

µ



293


Ciudad Real

Círculo de Mohr en tensiones:

Ejemplo 7.11: Un sólido se halla sometido a deformación plana, siendo las componentes del tensor de deformación lineal en un determinado punto:

3100000103032

−×

−

−=ε ij

Considérese que el sólido tiene un comportamiento elástico lineal e isótropo, definido por módulo elástico de Young MPaE 10= y coeficiente de Poisson 25,0=ν . Se pide: a) Obtener la deformación volumétrica y el tensor de deformación desviadora; b) Obtener las deformaciones principales y las direcciones en que se producen; c) Obtener las componentes del tensor de tensiones de Cauchy; d) Obtener las máximas y mínimas tensiones normales; e) Se sabe que el material rompe cuando en algún plano se alcanza una tensión tangencial

que supere kPa 40 . Verificar si se produce la rotura. Solución: a) Deformación volumétrica ( Vε ):

33 101210)102()( −− ×−=×−−===ε εε TrIV

Descomposición aditiva del tensor de deformación devesf εεε += , donde la parte esférica:

310400

040004

3)( −×

−−

−==ε ij

esfij δεTr

y la parte desviadora queda:

33 10400063032

10400

040004

0000103032

−− ×

−=×

−−

−−

−

−=ε−ε=ε esf

ijijdevij

)(kPaNσ

τ

160− 40− 0



294


Ciudad Real

b) Las deformaciones principales obtenemos al resolver el determinante característico:

011120103

32 2 =+λ+λ⇒=λ−−

λ−−

Solución de la ecuación cuadrática:

−=λ

−=λ⇒

±−=−±−

=λ11

0,1

21012

)1(2)11)(1(4)12()12(

)2(

)1(2

)2,1(

Luego, las deformaciones principales son: 3

23

1 100,11;100,1 −− ×−=ε×−=ε

Direcciones principales )2,1,(0)( )( ==λ−ε λ jiijijij nδ

Dirección principal asociada al valor principal 0,1)1( −=λ :

=−

=⇒=+−⇒

=

−−−

−−−

093

30300

)1(103

3)1(2)1(

2)1(

1

)1(2

)1(1

)1(2

)1(1

)1(2

)1(1

nn

nnnn

nn

restricción 12)1(

22)1(

1 =+ nn , con eso obtenemos que 1011)3( )1(

22)1(

22)1(

2 =⇒=+ nnn , y que

103)1(

1 =n

Dirección principal asociada al valor principal 0,11)1( −=λ :

−=⇒=+

=+⇒

=

−−−

−−−)2(

1)2(

2)2(

2)2(

1

)2(2

)2(1

)2(2

)2(1

303

03900

)11(103

3)11(2

nnnn

nn

nn

Con la restricción 12)2(

22)2(

1 =+ nn , obtenemos que 101)2(

1 =n , y que 103)2(

2−=n

Resumiendo así que:

[ ]1000

0103

1011011

0101

103101

)3(principaldirección 1



= →=ε

−= →×−=ε

= →×−=ε

−

−

i

i

i

n

n

n

c) Las componentes del tensor de tensiones de Cauchy vienen dadas por:

ijijij ε+λ=σ µδ 2)(εTr

donde MPaE 4)21)(1(=

ν−ν+ν=λ , MPaEG 4

)1(2=

ν+==µ , 31012)( −×−=εTr :



295


Ciudad Real

kPa

MPaij

−−

−=

×

−

−×+

−×=σ −

480001282402464

100000103032

)4(2100010001

)12(4 3

Como el material es isótropo las direcciones principales de las tensiones y deformaciones coinciden. Las tensiones principales obtenemos trabajando en el espacio principal

ijijij ε′+λ=σ′ µδ 2)(εTr :

kPa

MPaij

−−

−=

×

−

−×+

−×=σ′ −

4800013600056

100000110001

)4(2100010001

)12(4 3

d) Dibujamos el círculo de Mohr en tensiones con kPaI 48−=σ , kPaII 56−=σ , kPaIII 136−=σ :

Podemos obtener la tensión tangencial máxima como:

kPaIIIIS 44

2)136()48(

2max =−−−=σ−σ

=σ

Luego, el material alcanzará la rotura.

Ejemplo 7.12: El estado tensional en un punto del medio continuo viene dado a través de las componentes del tensor de tensiones de Cauchy por:

48−=σI )(kPaNσ

)(kPaSσ

44max =σS

136−=σ III

56−=σ II



296


Ciudad Real

kPaij

−=σ

29000960626

Considerando un material elástico, lineal, homogéneo e isótropo. Se pide: a) Obtener los invariantes principales de σ ; b) Obtener la parte esférica y desviadora de σ ; c) Obtener los autovalores y autovectores de σ ; d) Dibujar el círculo de Mohr en tensiones. Obtener también la tensión normal y la tensión tangencial máxima. e) Considerando un régimen de pequeñas deformaciones y teniendo en cuenta que el material que constituye el medio continuo tiene como propiedades mecánicas

kPa20000=λ y kPa20000=µ ( µλ, son las constantes de Lamé). Obtener las componentes del tensor de deformación infinitesimal; f) Obtener los autovalores y autovectores de ε . Solución:

31012×=σI

6666 107631096626

10290026

1029009

×−=×−

+×−

+×=σII

9107830)( ×−== σσ detIII

Parte esférica y desviadora esfij

devijij σ+σ=σ :

Paiim3104

3)92629(

31 ×=+−=σ=σ

Paesfij

hidij k

400040004

=σ≡σ

Padevij k

25000560630

42900049606426

−=

−−

−−=σ

Resolviendo la ecuación característica, los autovalores son: kPaI 29=σ , kPaII 10=σ , kPaIII 27−=σ :

Los autovectores:

[ ][ ][ ]01644,098639,027

098639,01644,010

10029

)3(principal dirección



−= →−=σ

= →=σ

= →=σ

iIII

iII

iI

kPa

kPa

kPa

n

n

n



297


Ciudad Real

ijijijinversa

ijijij σ++λλ−=ε →ε+λ=σ

µδ

µµµδ

21)(

)23(22)( σε TrTr

donde 19 )(105)23(2

−−×−=+λλ− Paµµ

, )(102,1)( 4 Pa×=σTr

4

55

3849

1065,600065,15,105,11,7

29000960626

105,2100010001

106

1029000960626

105,2100010001

)102,1)(105(

−

−−

−−

×

−=

−×+

×−=

×

−×+

××−=ε ij

Como el material es isótropo, el tensor de tensiones y el tensor de deformaciones tienen el mismo espacio principal (mismas direcciones principales), luego:

555 105,7300

0190005,66

270001000029

105,2100010001

106

21)(

)23(2

−−− ×

=

−×+

×−=

σ′++λλ−=ε′ ijijij µ

δµµ

σTr

Las direcciones principales del tensor de deformaciones son las mismas que las del tensor de tensiones para un material isótropo.

Ejemplo 7.13: Demostrar que las ecuaciones constitutivas de tensión, para un material elástico lineal homogéneo e isótropo, se puede representar por el conjunto de ecuaciones:

29max

=σ=σ NI

)(kPaNσ

)(kPaSσ 28

2)27(29

max =−−=σS

27−=σ III

10=σ II



298


Ciudad Real

κ=µ=

)(3)(2

εσεσTrTr

devdev

Solución:

[ ]ε1εεI11

εσ

µµ2)(

2+λ=+⊗λ=

=

Tr:

:eC

1σε1εσ

1σε

ε1εσ

εε1ε1σσ

εε1εσσσ

3)(2)(

32

3)(

3)(22)(

)(2)(3

)()(2)(

TrTr

TrTrTr

TrTr

Tr

−+

+λ=⇒

−++λ=⇒

++λ=+⇒

++λ=+=

devdev

devdev

esfdevdev

esfdevesfdev

µµ

µµ

µ

µ

La traza del tensor de tensiones: [ ] ( ) )(23)(23)(2)()( εεε1ε1ε1σσ TrTrTrTrTr µµµ +λ=+λ=+λ== ::

Con lo cual:

( )

( ) devdev

devdev

devdev

ε1ε

1εσ

1ε

ε1εσ

1σ

ε1εσ

0

µµµ

µµµ

µµ

23

)(23)(3

23

)(232)(3

23

)(2)(3

2

++λ

−

+λ=⇒

+λ−+

+λ=⇒

−+

+λ=⇒

=4444444 34444444 21

TrTr

TrTr

TrTr

A las ecuaciones devdev εσ µ2= tenemos que añadir la restricción:

( )

1ε1σ

1ε1σ

01σ

1ε

01ε

1ε

)( 3)(

)(3

23)(

3)()(

32

3)(23

)(3

2

TrTr

TrTr

TrTr

TrTr

κ=⇒

+λ=⇒

=−

+λ⇒

=+λ

−

+λ

µ

µ

µµ

o )( 3)( εσ TrTr κ=



299


Ciudad Real

Ejemplo 7.14: Un paralelepípedo de cierto material elástico (coeficiente de Poisson 3,0=ν y módulo de elasticidad 26 /102 mNE ×= que a cierta temperatura tiene de dimensiones ma 10,0= ,

mb 20,0= , mc 30,0= , ver Figura 7.6, se introduce en una cavidad de anchura b de paredes rígidas, planas y perfectamente lisas, de tal forma que dos caras opuestas del paralelepípedo estén en contacto con las paredes de la cavidad. Una vez en esta posición se eleva la temperatura del prisma en CT º30=∆ . Se pide:

1) Calcular los valores de las tensiones principales en los puntos del paralelepípedo. 2) Hallar las componentes de las deformaciones.

Dato: coeficiente de expansión térmico del material es igual a 15 º1025,1 −−× C . Solución: Como el sólido puede deformarse libremente según las direcciones x , z , luego está libre de tensiones normales 0=σ=σ zx . El sólido está restringido al movimiento según la dirección y luego 0=ε y :

[ ] [ ] TETE

TE yyzxyy ∆−=σ⇒=∆+σ=∆+σ+σν−σ=ε ααα 01)(1

resultando que:

256 750)30(1025,1102

mNTEy −=×××−=∆−=σ −α

+

11σ

12σ 13σ

33σ

23σ 13σ

22σ

23σ

12σ

mσ

mσ

mσ

dev33σ

dev11σ

12σ 13σ

23σ 13σ

dev22σ

23σ

12σ

=

+

11ε

12ε 13ε

33ε

23ε 13ε

22ε

23ε

12ε

mε

mε

mε

dev33ε

dev11ε

12ε 13ε

23ε 13ε

dev22ε

23ε

12ε

=

ijijij ε+λ=σ µδ 2)(εTr = ijij δδ )( 3)( εσ TrTr κ= + devij

devij ε=σ µ2



300


Ciudad Real

Componentes del tensor de tensiones:

Paij

−=σ

00007500000

b) 410875,4 −×=∆+νσ

=ε=ε TEy

zx α

Figura 7.6.

Ejemplo 7.15: En el fondo de un recipiente, cuyo hueco interior es prisma recto, de base cuadrada, de

m10,010,0 × , se coloca un bloque de caucho sintético de m5,010,010,0 ×× , tal como se indica en la figura. El bloque ajusta perfectamente en el recipiente de paredes rígidas lisas.

Las características elásticas del caucho sintético son 26 /1094,2 mNE ×= y 1,0=ν .

Sobre el caucho se vierten 3004,0 m de mercurio, cuya densidad es 3/13580 mkg . Se pide:

a) La altura H que alcanza el mercurio sobre el fondo del recipiente; b) El estado tensional en un punto genérico del bloque de caucho

NOTA: Despréciese el peso del caucho. Considérese la aceleración de la gravedad 2/10 smg = .

y

x

z

b

c

a Datos:

15

26

º1025,1

º303,0

/102

30,020,010,0

−−×=

=∆=ν

×=

===

C

CT

mNE

mcmbma

α



301


Ciudad Real

Figura 7.7.

Solución: Primero calculamos la fuerza total del mercurio ejerce sobre el caucho:

≡=

×

×== N

skgm

sm

mkgmgVF 223

3 20,5431013580)(004,0ρ

La tensión normal según la dirección z viene dada por:

2310320,54

)1,01,0(20,543

mN

AF

z ×−=×

−=−=σ

Según las direcciones x , y el caucho no se deforma: 0=ε=ε yx

[ ][ ] )(0)(1

)(0)(1

zxyzxyy

zyxzyxx

E

E

σ+σν=σ⇒=σ+σν−σ=ε

σ+σν=σ⇒=σ+σν−σ=ε

[ ]

xzzy

zzyy

zxy

Pa σ=−=σν−

ν=σν−ν+ν=σ

σ+σ+σνν=σ

σ+σν=σ

55,6035)1()1(

)(

)(

)(

2

2

La deformación normal según la dirección z :

mL 5,00 =

x

y

z

H

Caucho

Mercurio

Paredes rígidas Paredes rígidas



302


Ciudad Real

[ ][ ] 0180656,0)55,6035(21,054320

1094,21

)(1

6 −=−−−×

=

σ+σν−σ=ε yxzz E

b) Variación de la longitud del caucho: ( ) mLL z 00903,0018656,05,00 −=−×=ε=∆

La altura H que alcanza el mercurio sobre el fondo del recipiente: )( 0 LLhH mer ∆−+=

donde merh viene dado por:

mhhbV mermermer 4,01,01,0

004,0004,02 =×

=⇒=×=


m

LLhH mer

891,0)00903,05,0(4,0

)( 0

=−+=

∆−+=

Ejemplo 7.16: En un ensayo de laboratorio de un material se han obtenido las siguientes relaciones:

zyxz

zyxy

zyxx

EEE

EEE

EEE

σ

+σ

ν−+σ

ν−=ε

σ

ν−+σ

+σ

ν−=ε

σ

ν−+σ

ν−+σ

=ε

32

23

1

13

3

32

21

12

3

31

2

21

1

1

1

1

(7.69)

donde 2,012 =ν , 3,013 =ν , 25,023 =ν , MPaE 10001 = , MPaE 20002 = , MPaE 15003 = .

Sabiendo que el material analizado es un MATERIAL ORTÓTROPO. Obtener los valores de 21ν , 31ν , 32ν .

Solución: La matriz constitutiva para un material ortótropo presenta el siguiente formato:

[ ]

=

66

55

44

332313

232212

131211

000000000000000000000000

CC

CCCCCCCCCC

C Simetría Ortótropa 9 constantes independientes

(7.70)

Reestructurando (7.69) obtenemos que:



303


Ciudad Real

σσσσσσ

ν−

ν−

ν−

ν−

ν−

ν−

=

εεεεεε

xz

yz

xy

zz

yy

xx

xz

yz

xy

zz

yy

xx

EEE

EEE

EEE

66

55

44

32

23

1

13

3

32

21

12

3

31

2

21

1

000000000000000

0001

0001

0001

222

CC

C

(7.71)

Luego para un material ortótropo debe cumplir que:

ν−=

ν−

ν−=

ν−

ν−=

ν−

2

23

3

32

1

13

3

31

1

12

2

21 ;;EEEEEE

obteniendo así que

1875,02000

25,01500

45,01000

3,01500

4,01000

2,02000

2

23332

2

23

3

32

1

13331

1

13

3

31

1

12221

1

12

2

21

=×=ν

=ν⇒ν

=ν

=×=ν

=ν⇒ν

=ν

=×=ν

=ν⇒ν

=ν

EE

EE

EE

EE

EE

EE

Ejemplo 7.17: Dado un material elástico lineal, homogéneo e isótropo con las siguientes propiedades elásticas:

GPaGGPaE

6,26 71

==

Determinar las componentes del tensor de deformación y la densidad de energía de deformación en un punto del cuerpo si las componentes del tensor de tensiones en este punto son:

MPaij

−

−=σ

1510510045420

Solución:

Obtenemos el coeficiente de Poisson partiendo de la relación: )1(2 ν+

= EG

335,012

=−=ν⇒GE



304


Ciudad Real

( )[ ] ( )[ ]

( )[ ] ( )[ ]

( )[ ] ( )[ ] 66922113333

66933112222

66933221111

1011710 020 335,0151071

1 1

1016510 1520 335,001071

1 1

1021110 150 335,0201071

1 1

−

−

−

×=+−×

=σ+σν−σ=ε

×−=+−×

=σ+σν−σ=ε

×=+−×

=σ+σν−σ=ε

E

E

E

6692323

6691313

6691212

10188)1010(1071335,011

1094)105(1071335,011

1075)104(1071335,011

−

−

−

×=××

+=σν+=ε

×=××

+=σν+=ε

×=×−×

+=σν+=ε

E

E

E

luego:

61011718894188165759475211

−×

−−−

=ε ij

La densidad de energía de deformación para un material elástico lineal e isótropo viene dada por:

ijijeindicialee σε= →==

21

21

21 ΨΨ σεεε :::C

Considerando la simetría de los tensores de tensión y de deformación la densidad de energía de deformación resulta:

[ ]

[ ]3

131323231212333322221111

/ 5,5637

)5)(94(2)10)(188(2)4)(75(2)15)(117()0)(165()20)(211(21

22221

mJ

e

=

++−−++−+=

σε+σε+σε+σε+σε+σε=Ψ

Podemos también obtener la energía de deformación utilizando la ecuación:

222

21

)23(61

21

)23(61

Jµµµµ

Ψ −++λ

=−−+λ

= σσσ IIII deve

y considerando que: 7105,3 ×=σI ; 14104933,2 ×−=σII ; Pa10103804,5 ×≈λ ; G=µ , obtenemos:

3/ 03,5638 mJe ≈Ψ La diferencia entre los resultados obtenidos es debida a la aproximación numérica.

Ejemplo 7.18: Expresar la energía de deformación en función de los invariantes principales de ε . Solución:



305


Ciudad Real

[ ]

[ ] [ ]

[ ] [ ] )( 2

)()( 2

)(

)( 2

)( 2

)(

2

)(

2)(2121

222

22)(

εε

εεε

εεε

εεε

εε1εε

ε1εε

σε

ε

TrTr

TrTr

TrTrTr

Tr

Tr

Tr

µµ

µµ

µ

µ

Ψ

+λ=+λ=

+λ=+λ=

+λ=

+λ=

=

⋅

⋅ T

e

:

::

:

:

321

Podemos sumar y restar el término [ ]2)(εTrµ sin alterar la expresión:

[ ] [ ] [ ]

( )[ ] [ ] )()()(221

)()( )(2

)(

222

2222

εεε

εεεε

TrTrTr

TrTrTrTr

−−+λ=

−++λ=

µµ

µµµΨ e

Considerando que los invariantes principales de ε son )(εε Tr=I ,

[ ] )()(21 22 εεε TrTr −=II , obtenemos que:

( ) ),(2221 2

εεεε IIIIII ee ΨµµΨ =−+λ=

Ejemplo 7.19: Se conocen las respuestas de un sólido termoelástico lineal en equilibrio a un sistema de acciones ); ; ; ,( )()(*)(*)( IIII TSenSenI ∆uσ utb r

rrr y a otro sistema de acciones

); ; ; ,( )()(*)(*)( IIIIIIII TSenSenII ∆uσ utb rrrr

. Justificar (demostrar) cuál sería la respuesta al sistema III + . Solución: Como estamos en el régimen lineal se cumplen que:

)(*)(**

)(*)(**

)()(

)()(

III

III

III

III

TTT

uuu

ttt

bbb

rrr

rrr

rrr

+=

+=

∆+∆=∆

+=

Lo mismo para los campos:

)()(

)()(

)()(

III

III

III

σσσ

εεε

uuu

+=

+=

+=rrr

Partiendo de las ecuaciones de gobierno del problema termoelástico lineal en equilibrio:

! Ecuaciones de Equilibrio:



306


Ciudad Real

[ ] [ ] 0bσbσbbσσbσrrrrrr

rrrr =+++=+++=+ ⋅⋅⋅⋅ )()()()()()()()( )()( IIIIIIIIIIII ρρρρ xxxx ∇∇∇∇

! Ecuaciones Cinemáticas:

[ ] [ ][ ] [ ]

[ ] [ ] [ ] εuuuuuu

uuuu

uuuuεεε

=+=+++=

+++=

+++=+=

TTIIIIII

TIIIIII

TIIIITIIIII

rrrrrr

rrrr

rrrr

rrrr

rrrr

rrrr

xxxx

xxxx

xxxx

∇∇∇∇

∇∇∇∇

∇∇∇∇

21)(

2121

)(21)(

21

)()()()(

)()()()(

)()()()()()(

! Ecuación Constitutiva:

Te ∆+= Mεσ :C donde M es el tensor de tensiones térmicas

)()(

)()()()(

)()()()(

)()(

)()(

III

IIIIeIIe

IIIIIIee

TT

TTT

σσ

εε

εεεσ

+=

∆++∆+=

∆+∆++=∆+=

MMMM

::

::

CC

CC

Se comprobando así que se cumplen todas las condiciones. Luego, también se puede aplicar el principio de la superposición al problema termoelástico lineal, como era de esperar ya que estamos en el régimen lineal.

Ejemplo 7.20: Considérese una barra de m5,7 de longitud y m1,0 de diámetro que está constituida por un

material cuyas propiedades son: PaE 11100,2 ×= y Cº11020 6−×=α .

Inicialmente la barra está a Cº15 y la temperatura aumenta a Cº50 . Se pide: 1) Determinar el alargamiento de la barra considerando que la barra pueda expandirse libremente; 2) Suponga que la barra ya no puede alongarse libremente porque en sus extremos se han colocado bloques de hormigón, ver Figura 7.8(b). Obtener la tensión en la barra. Nota: Considerar el problema en una dimensión.

Figura 7.8: Barra bajo efecto térmico.

a) b)

L

L∆

x



307


Ciudad Real

Solución: 1) Para obtener el alargamiento debemos calcular previamente la deformación según la dirección del eje de la barra:

ijij T δα )(∆=ε

Como se trata de un caso unidimensional sólo consideraremos la componente de la deformación según el eje x , xε=ε11 , luego:

4611 107)1550(1020 −− ×=−×=ε=ε x

El alargamiento se obtiene según la integral:

mLdxL x

L

x34

0

1025,55,7107 −− ×=××=ε=ε=∆ ∫

Observar que como la barra puede expandirse libremente, ésta está libre de tensión. 2) Si las extremidades no pueden moverse, surgirán tensiones uniformes que vienen dadas por:

PaE xx8411 104,1107100,2 ×−=×××−=ε−=σ −

Ejemplo 7.21: Dado un material elástico lineal, homogéneo e isótropo con las siguientes propiedades mecánicas: PaE 610= (módulo de Young), 25,0=ν (coeficiente de Poisson),

16 º1020 −−×= Cα (Coeficiente de dilatancia térmica). Considérese que en un determinado punto del sólido se conoce el estado tensional y que viene dado por:

Paij

=σ

6040004012

Se pide: a) Determinar las tensiones y direcciones principales; Obtener la tensión tangencial máxima. b) Las deformaciones en dicho punto. Determinar también las deformaciones y direcciones principales; c) Determinar la densidad de energía. d) Si ahora, a éste sólido sufre una variación de temperatura CT º50=∆ , ¿Cual es el estado de deformación final en este punto? e) ¿Se puede decir que estamos ante un caso de Tensión Plana?

Formulario: I11µµµ 21

)23(21

+⊗+λλ−=

−eC

Solución: Obtenemos los autovalores al resolver el determinante característico. Además observemos que ya se conoce un autovalor 02 =σ que está asociado a la dirección [ ]010 )2( ±=in . Luego, es suficiente resolver el determinante:



308


Ciudad Real

05618064

412 2 =+σ−σ⇒=σ−

σ−

Resolviendo la ecuación cuadrática obtenemos que:

=σ=σ

⇒−±=σ

414

222432418

3

1)3,1(

Paij

=σ

4000000014

'

A continuación obtenemos las direcciones principales (autovectores que deben ser versores, vectores unitarios), resultando:

[ ]

[ ]

[ ]0,894400,447252

051

n

010n

0,447200,894451

052

n

−=

−= →=σ

= →=σ

=

= →=σ

)3(3

)2(2

)1(1

4

0

14

iautovector

iautovector

iautovector

Haciendo el cambio de nomenclatura tal que IIIIII σ>σ>σ , tenemos que 14=σ I , 4=σ II , 0=σ III .

Podemos obtener la tensión tangencial máxima como:

PaIIIIS 7

2)0()14(

2max =−=σ−σ

=σ

Las componentes del tensor de tensiones de Cauchy vienen dadas por:

ijijijinversa

ijijij σ++λλ−=ε →ε+λ=σ

µδ

µµµδ

21)(

)23(22)( σε TrTr

Recordar que εσ :eC= , la inversa σε :1−

= eC .

14=σ I

)(PaNσ

)(PaSσ

7max =σS

0=σ III 4=σ II



309


Ciudad Real

donde PaE 5104)21)(1(

×=ν−ν+

ν=λ , PaEG 5104)1(2

×=ν+

==µ , 18)( =σTr ,

Pa7105,2)23(2

−×−=+λλ−µµ

6

66

1030505,40505,10

60401004012

1025,1100010001

105,4

−

−−

×

−=

−×+

×−=ε ij

Para un material isótropo lineal las direcciones principales de las tensiones y deformaciones coinciden. Las tensiones principales obtenemos trabajando en el espacio principal

ijij σ′++λλ−=ε′

µµµ 21)(

)23(2σTr :

666 105,000

05,400013

4000000014

1025,1100010001

105,4 −−− ×

−=

×+

×−=ε′ij

La energía de deformación viene dada por ijije εσ==

21

21 εσ :Ψ . Podemos utilizar el

espacio principal donde se cumple que:

=σ′×

−=ε′ −

4000000014

;105,000

05,400013

6ijij

Luego:

[ ] 36

33331111 109221

21

mJ

ijije −×=εσ+εσ=εσ=Ψ

Utilizando el principio de la superposición, podemos decir que:

ijij

ijijij

TTδ∆+ε=

∆ε+ε=ε

α)(

)()(

σ

σ

Luego,

666 10100305

05,9950505,1010

100010001

)50(1020105,000

05,400013

−−− ×

=

×+×

−=ε′ij

Las direcciones principales del tensor de deformación infinitesimal son las mismas del tensor de tensiones. e) No podemos decir que se trata de un estado de tensión plana ya que no tenemos información del estado tensional de todo el medio continuo. Sólo estaremos en el caso de tensión plana cuando el CAMPO de tensión es independiente de una dirección.



310


Ciudad Real

Ejemplo 7.22: Considérese una barra donde en una de las extremidades se aplica una fuerza igual a

N6000 como se indica en la figura siguiente: Determinar zyx εεε ,, y el cambio de longitud en las dimensiones de la barra. Considere que la barra está constituida por un material cuyas propiedades elásticas son:

Módulo de Young: PaE 710= ; Coeficiente de Poisson: 3,0=ν Considerar el material elástico, lineal, homogéneo e isótropo y régimen de pequeñas deformaciones. Solución: Utilizando las expresiones de las deformaciones normales:

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ] 00018,0 1

0006,0106000 1

00018,010

)6000)(3,0( 1

7

7

−=σν−=σ+σν−σ=ε

==σ

=σ+σν−σ=ε

−=−=σν−=σ+σν−σ=ε

yyxzz

yzxyy

yzyxx

EE

EE

EE

Los cambios de longitud en las dimensiones de la sección son:

mwu 4108,1100018,0 −×−=×−== y de la longitud:

mv 2100,61000006,0 −×=×=

Ejemplo 7.23: Una roseta a º45 , como se indica en la Figura 7.9, destinada a medir la deformación en una parte de una estructura, proporciona las siguientes lecturas:

m1

NF 6000= ux,

vy,

wz,

m1 m100

11

6000×

=σ y

=



311


Ciudad Real

3

3

3

1005,0

1022,0

1033,0

−

−

−

×−=ε

×=ε′×=ε

y

x

x

¿Cuál es la tensión de corte máxima en el punto en cuestión? Sabiendo que el material (elástico lineal e isótropo) que constituye la estructura tiene las siguientes propiedades elásticas: PaE 29000= (Módulo de Young); 3,0=ν (Coeficiente de Poisson). Se pide: a) Determinar las deformaciones principales y las direcciones principales de las deformaciones; b) Determinar las tensiones principales y las direcciones principales de las tensiones. c) ¿Que conclusión se puede sacar de las direcciones principales de las tensiones y de las deformaciones? Nota: Considerar el caso de deformación plana y el material elástico, lineal e isótropo.

Figura 7.9: Roseta.

Solución: Primero tenemos que obtener las componentes del tensor de deformación en el sistema

zyx ,, . Para ello, utilizaremos la ley de transformación de coordenadas para obtener la componente 122ε=γ xy . Recordando que en el caso bidimensional la componente normal puede obtenerse como:

)2sin()2cos(22 12

2211221111 θε+θ

ε−ε+

ε+ε=ε′

cuya expresión fue obtenido a través de una transformación de coordenadas. La expresión anterior en notación ingenieril:

)2sin(2

)2cos(22

θγ

+θε−ε

+ε+ε

=ε′ xyyxyxx

Despejando xyγ obtenemos:

322

1016,0)2sin(

)2(sin)2(cos2 −×=

θθε−θε−ε′

=γ yxxxy

Luego:

y

x′

x

º45 º45



312


Ciudad Real

310000005,008,0008,033,0

−×

−=ε ij

Las tensiones:

[ ]

[ ]

[ ] PaE

PaE

PaE

PaE

yxz

xyxy

xyy

yxx

684,4)21)(1(

7846,1)1(2

5692,3)21()21)(1(

0462,12)21()21)(1(

=ε+εν−ν+

ν=σ

=γν+

=τ

=νε+εν−ν−ν+

=σ

=νε+εν−ν−ν+

=σ

Tensión de corte máxima:

Paxyyx 5988,4

22

2

max =τ+

σ+σ=τ

a) La ecuación característica para el tensor de deformación es:

0100229,0 1028,0 332 =×−λ×−λ −− Los autovalores (las deformaciones principales) vienen dados por:

32

31

1006615528,0

10346155,0−

−

×−=ε

×=ε

Los autovectores del tensor de deformación:

−

10009802,01979,001979,09802,0

b) Dadas las componentes del tensor de tensión:

Paij

=σ

684,40005692,37846,107846,10462,12

A través del determinante característico podemos obtener los autovalores, tensiones principales:

684,4208843,340654,12

3

2

1

=σ=σ=σ

Los autovectores del tensor de tensiones son:

−

10009802,01979,001979,09802,0



313


Ciudad Real

Comparando los autovectores del tensor de tensiones y de deformaciones concluimos que son los mismos. Las direcciones principales de tensión y deformación son coincidentes sólo para el caso de material isótropo.



314


Ciudad Real

Ejemplo 7.24: Una delta de roseta (aparato para obtener la deformación) tiene la forma de un triángulo equilátero, y registra deformaciones longitudinales en las direcciones 1x , 1x′ y 1x ′′ como se muestra en la Figura 10.

Figura 10 Si las deformaciones medidas en estas direcciones son:

411

411

411

104

101

104

−

−

−

×=ε ′′×=ε′×−=ε

Determinar yε=ε 22 , xyγ=ε122 , yε′≡ε′22 . Mostrar que 22112211 ε′+ε′=ε+ε .

Hipótesis: Considerar caso de deformación plana. Solución: Utilizando la ley de transformación de las componentes de un tensor de segundo orden que es independiente de una dirección, podemos decir que se cumple que:

)2sin()2cos(22 1121

2211221111 θε+θ

ε−ε+

ε+ε=ε′ (7.72)

)2sin()2cos(22 2122

2211221111 θε+θ

ε−ε+

ε+ε=ε ′′ (7.73)

donde º601 =θ y º1202 =θ . Luego, combinando las expresiones anteriores, eliminamos 12ε , resultando:

411111122 1066667,4

232 −×=

ε−ε ′′+ε′=ε

Una vez obtenido el valor de 422 1066667,4 −×=ε , podemos reemplazar en la ecuación

(7.72) y obtenemos que:

1x

º30

º30

1x ′′ 2x

1x′

º60

º60 º60



315


Ciudad Real

( )4

12

422111112

1073205,1

1046410,3343

12

−

−

×−=ε

×−=ε−ε−ε′=ε=γ xy

Para obtener 22ε′ , primero determinando el ángulo de giro con respecto a 1x que es º150º90º603 =+=θ , resultando:

43123

2211221122 1033333,0)2sin()2cos(

22−×−=θε+θ

ε−ε+

ε+ε=ε′

Comprobando así que: 4

22112211 1066667,0 −×=ε′+ε′=ε+ε

Ejemplo 7.25: Considérese una sección de una presa que presenta el campo de desplazamiento dado por:

++−−=

++−−=

524),(

224),(22

22

xyxyyxv

xyyxyxu

El material que constituye dicha estructura presenta las siguientes propiedades elásticas:

MPaE 100= , MPaG 7,35= , 4,0=ν y está sometido a un nivel de carga tal que se puede considerar que está en el régimen de pequeñas deformaciones. Se pide: a) Obtener el campo de tensión; b) Demostrar que si se cumplen las ecuaciones de equilibrio para el campo de desplazamiento dado. Solución: a) Cálculo de las componentes del tensor de deformación:

028;28 =∂∂+

∂∂=γ+−=

∂∂=ε+−=

∂∂=ε

xv

yuxy

yvyx

xu

xyyx

Luego, las componentes del tensor de deformación quedan:

+−

+−=ε

00002800028

xyyx

ij

b) Para una presa, como ya hemos visto, podemos analizarla según la aproximación del estado de deformación plana:

ux,

vy,



316


Ciudad Real

MPaxyyx

E

xy

y

x

xy

y

x

+−+−

=

γεε

ν−ν−ν

νν−

ν−ν+=

τσσ

02828

3,000

06,04,004,06,0

1428,357

2100

0101

)21)(1(

MPayxyx

xy

y

x

−−−−

=

τσσ

⇒0

4224

1428,357

( ) [ ])28()28(1428,357)21)(1(

xyyxEyxz +−++−×=ε+ε

ν−ν+ν=σ

Las ecuaciones de equilibro quedan:

=+∂σ∂

++

≠++−≠+++−

⇒

=+∂σ∂

+∂τ∂

+∂τ∂

=+∂τ∂

+∂σ∂

+∂τ∂

=+∂τ∂

+∂τ∂

+∂σ∂

0000

cumple No 00040cumple No 00004

0

0

0

zzyx

zyx

zyx

z

zzyzxz

yyzyxy

xxzxyx

b

b

b

ρ

ρ

ρ

Lo que indica que el campo de desplazamientos dado no cumple las ecuaciones de equilibrio.

Ejemplo 7.26: Se considera un prisma cuadrangular regular cuyo material tiene de módulo de elasticidad

25 /1044,27 cmNE ×= y coeficiente de Poisson 1,0=ν . La longitud del lado de la sección recta es cma 20= . En ambas bases del prisma se colocan dos placas perfectamente lisas y rígidas, de peso despreciable, unidas entre sí mediante cuatro cables de sección 2

1 1cmA = y módulo de elasticidad 26

1 /106,19 cmNE ×= de longitudes iguales a la altura del prisma m1=l , simétricamente dispuesto, como indica en Figura 7.11.

Sobre dos caras laterales opuestas del prisma se aplica una fuerza de compresión uniforme 2/7350 cmNp = . Se pide calcular:

1. Tensión Cσ en lo cables; 2. Tensiones principales en el prisma; 3. Variación de volumen experimentada por el prisma.



317


Ciudad Real

Figura 7.11

Solución: Verifiquemos que el cable y el prisma tienen que deformarse, según dirección z , de igual manera.

Cz

Pz ε=ε

En el cable se cumple que:

11 EE CC

zCzC

σ=ε⇒ε=σ

El campo de tensiones en el prisma vienen dados por:

σ−

−=σ

214

00

00000

aA

pC

Pij

Deformación del prisma según dirección z :

( )[ ]

ν+σ

−=σ+σν−σ=ε paA

EEc

yxzPz

41 12

1

Aplicando que Cz

Pz ε=ε :

12

1 41

Ep

aA

ECc

Cz

Pz

σ=

ν+σ

−

ε=ε

Tras algunas manipulaciones algebraicas obtenemos la tensión en el cable:

p

z

x

a

y a



318


Ciudad Real

2625

26

112

21 4900

)1106,194201044,27(207350106,191,0

)4( cmN

AEEapaE

c =×××+××

××××=+

ν=σ

La tensión normal según dirección z en el prisma queda:

2221 49

201490044

cmN

aACP

z −=××−=σ

−=σ

2

4900073500000

cmNP

ij

−−=σ

Variación de volumen en el prisma:

0VV Vε=∆

donde εIV =ε es la deformación volumétrica lineal (pequeñas deformaciones):

( ) 31012857,221 −×−=ν−σ+σ+σ

=ε+ε+ε==εE

I zyxzyxV ε

y 340 104 cmV ×= es el volumen del prisma, resultando:

3430 1428,85)104)(1012857,2( cmVV V −=××−=ε=∆ −

Ejemplo 7.27: Dos paralelepípedos iguales del mismo material y de dimensiones cba ×× , se colocan a uno y otro lado de una placa lisa rígida adosados a ella por sus caras ca × , de tal forma que sus ejes de simetría perpendiculares a dichas caras sean coincidentes. Ambos paralelepípedos, junto con la placa, se introducen en una ranura de anchura igual a dos veces la longitud de la arista b más el espesor de la placa. Las paredes de la ranura son planas, rígidas y perfectamente lisas. Se aplican respectivamente a los bloques en sus caras superiores y perpendiculares a ellas fuerzas uniformemente repartidas 1p y 2p por unidad de superficie.

Conociendo el módulo de elasticidad E y el coeficiente de Poisson ν , se pide calcular: a) Las tensiones principales en ambos bloques b) Las variaciones de longitud de las aristas de los bloques.



319


Ciudad Real

Figura 7.12.

Solución: Prisma 1

1)1()1()1( ;;0 pzyx −=σσ=σ

Prisma 2

2)2()2()2( ;;0 pzyx −=σσ=σ

Por compatibilidad de tensión:

yyy σ=σ=σ )2()1(

( )[ ] ( )[ ][ ] [ ][ ] [ ] 0

0

0 1 1

0

21

)2()1(

)2()2()2()1()1()1(

)2()1(

=ν+σ+ν+σ⇒

=σν−σ+σν−σ⇒

=σ+σν−σ+σ+σν−σ⇒

=ε+ε

pp

EE

yy

zyzy

zxyzxy

yy

Resultando

2)( 21 pp

y+ν

−=σ

Prisma 1:

1)1(21)1()1( ;

2)(

;0 ppp

zyx −=σ+ν

−=σ=σ

Prisma 2:

1p 2p

y

x

z

b b

c

1 2

a



320


Ciudad Real

2)2(21)2()2( ;

2)(

;0 ppp

zyx −=σ+ν

−=σ=σ

Las deformaciones en cada prisma viene dadas por: Prisma 1:

( )[ ] [ ]

( )[ ]( )[ ] [ ]121

2)1()1()1()1(

21)1()1()1()1(

121)1()1()1()1(

2)(21 1

)(2

1

2)(2

1

pppEE

ppEE

pppEE

yxzz

zxyy

zyxx

−+ν=σ+σν−σ=ε

−ν=σ+σν−σ=ε

++νν=σ+σν−σ=ε

Prisma 2:

( )[ ] [ ]

( )[ ]( )[ ] [ ]221

2)2()2()2()2(

12)2()2()2()2(

221)2()2()2()2(

2)(21 1

)(2

1

2)(2

1

pppEE

ppEE

pppEE

yxzz

zxyy

zyxx

−+ν=σ+σν−σ=ε

−ν=σ+σν−σ=ε

++νν=σ+σν−σ=ε

Variación de las aristas:

Prisma 1 Prisma 2

[ ]

[ ]1212)1()1(

21)1()1(

121)1()1(

2)(2

)(2

2)(2

pppEccc

ppEbbb

pppEaaa

z

y

x

−+ν=ε=∆

−ν=ε=∆

++νν=ε=∆

[ ]

[ ]2212)2()2(

12)2()2(

221)2()2(

2)(2

)(2

2)(2

pppEccc

ppEbbb

pppEaaa

z

y

x

−+ν=ε=∆

−ν=ε=∆

++νν=ε=∆

(7.74)

Ejemplo 7.28: Una presa de gravedad de perfil triangular está construida mediante hormigón de peso

específico γ25 ( γ es el peso específico del agua), siendo su forma y dimensiones

transversales las indicadas en la Figura 7.13. La solución de tensiones (campo de tensión) para este problema de deformación plana es conocida y viene dada por:

112

2122

211

)3(2x

xx

x

γ−=σ

−γ=σ

γ−=σ

Considerar: Coeficiente de Poisson: 41=ν ; Módulo de elasticidad longitudinal E .

Se pide:



321


Ciudad Real

a) Representación gráfica de las fuerzas de superficies que debe ejercer el terreno sobre el lado AB , para que la solución indicada sea la correcta; b) Tensiones Principales en los puntos A y B . A partir del círculo del Mohr en tensiones, obtener los valores extremos de las tensiones en los respectivos puntos. c) Obtener el campo de deformación en la presa.

Figura 7.13.

Formulario:

ε1εσ µ2)( +λ= Tr ; )21)(1(

ν−ν+

ν=λ E ; )1(2 ν+

== EGµ

)(2;

)23(µµ

µµ+λλ=ν

+λ+λ

=E

Solución: a) Campo de tensión y de deformación en la presa:

εεεε

=ε

σ

−γγ−

γ−γ−

=σ00000

;

00

0)3(2

0

2212

1211

33

211

12

ijij xxx

xx

Obtenemos la fuerza de superficie a través del vector tracción nσt n )( ⋅= . Para el lado AB tenemos como normal el vector [ ]0,1,0 =in :

−γγ−

=

σ

−γγ−

γ−γ−

=

0

)3(2

010

00

0)3(2

0

21

1

33

211

12

)(3

)(2

)(1

xx

x

xxx

xx

AB

AB

AB

ttt

1x O

2x

º45

γ25 γ

h

B A

gρ=γ

g -aceleración de la gravedad

[ ] 323 mN

sm

mkg ==γ



322


Ciudad Real

Fuerza de superficie en la base: b) Fijemos que 33σ ya es una tensión principal. Partiendo de ε1εσ µ2)( +λ= Tr podemos obtener 33σ :

)(2)(2)( 33333333 εεε TrTrTr λ=σ⇒ε+λ=σ⇒ε+λ=σ µδµδ ijijij

A continuación determinamos )(εTr . Para ellos hacemos el doble producto escalar de ε1εσ µ2)( +λ= Tr con el tensor identidad de segundo orden, resultando:

[ ]

µµ

µµµ

2323)()(

)(23)(2)(3)(2)(

332211

+λσ+σ+σ

=+λ

=⇒

+λ=+λ=⇒+λ=

σε

εεεσ1ε11ε1σ

TrTr

TrTrTrTrTr :::

Luego la componente 33σ queda definida como:

( )

( )

( )

( )221133

221133

22113333

33221133

)(2

23231

2323

23)(

σ+σ+λλ=σ⇒

σ+σ+λλ=

+λλ−σ⇒

σ+σ+λλ=σ

+λλ−σ⇒

σ+σ+σ+λλ=λ=σ

µ

µµ

µµ

µεTr

Reemplazando los valores de 11σ , 22σ , obtenemos que:

( )

[ ]

[ ]21

21

212

221133

58

52

)3(2

)(2

xx

xx

xxx

−γ=

−νγ=

−γ+γ−ν=

σ+σ+λλ=σµ

A B h

hγ−

)(1ABt

A B h

hγ−

)(2ABt

23 hγ−



323


Ciudad Real

donde hemos considerado que )(2 µ+λ

λ=ν (ver formulario).

El estado tensional en el punto );0( 21 hxxA == viene dado por:

[ ]

γ

−

−−

=

γ−

γ−γ−

=

−γ

−γγ−

γ−γ−

=σ h

h

hh

xx

xxx

xxAij

8500

0230

001

8500

0230

00

58

00

0)3(2

0

21

211

12

)(

Fijemos que estas componentes ya son las tensiones principales en el punto A . Círculo de Mohr en tensiones en el punto A :

El estado tensional en el punto );( 21 hxhxB == viene dado por:

[ ] [ ]

h

hh

hhh

hh

xx

xxx

xxBij γ

−−−−−

=

−γ

−γγ−

γ−γ−

=

−γ

−γγ−

γ−γ−

=σ

2100

011011

58

00

0)3(2

0

58

00

0)3(2

0

21

211

12

)(

Las tensiones principales en el punto );( 21 hxhxB == vienen dadas por:

=σ−=σ

⇒

±=σ−−⇒=σ−−⇒=−σ−−⇒=σ−−−

−σ−−

02

1)1(1)1(01)1(011

11

2

1

22

)( hN γσ

)( hS γσ

5,1− 1− 625,0−

4375,0max

=σS



324


Ciudad Real

c) Podemos obtener la expresión del campo de deformación partiendo de la expresión proporcionada en el formulario ε1εσ µ2)( +λ= Tr :

1εσε

1εσεε1εσ

)(22

1)(2

2)(

Tr

TrTr

µµ

µµ

λ−=⇒

λ−=⇒+λ=

Recordemos que anteriormente hemos obtenido que µ23)()(

+λ= σ

εTr

Tr , luego:

1σσ

1εσε

)()23(22

1

)(22

1

Tr

Tr

µµµ

µµ

+λλ−=

λ−=

También podemos expresar la relación anterior en función de los parámetros E y ν . Según el formulario podemos decir que:

EEG )1(

21

)1(2ν+=⇒

ν+==

µµ

)(1

)23(1)23(

µµµµµµ

+λ=

+λ⇒

+λ+λ

=E

E

EEν=

+λλ=

+λλ

)(1

2)23(2 µµµ

Luego:

1σσε

1σσε

)()1(

)()23(22

1

Tr

Tr

EEν−ν+=

+λλ−=µµµ

La traza de σ viene dada por:

)5(85)5(

8)3(

2)(

)(

2121212

332211

xxxxxxx −γ=

−γ+

−γ+γ−=

σ+σ+σ=σTr

)( hN γσ

)( hS γσ

2− 5,0− 0

1max

=σS



325


Ciudad Real

Pudiendo así obtener las componentes del tensor de deformaciones con 41=ν :

ijijij xxEE

δ)5(32

545

21 −γ−σ=ε

[ ]

+−−−

−−−

γ=

−γ−

−γ

−γγ−

γ−γ−

=ε

000

0)73(81

0)3(81

45

100010001

)5(32

5

58

00

0)3(2

0

45

211

121

21

21

211

12

xxx

xxx

E

xxE

xx

xxx

xx

Eij

Ejemplo 7.29: Un cubo metálico que tiene longitud de arista ma 20,0= se sumerge en el mar a una profundidad mz 400= .

Conociendo el módulo de elasticidad longitudinal del metal PaE 101021×= , el coeficiente de Poisson 3,0=ν , calcular la variación de volumen que experimenta el cubo sumergido. Considerar la aceleración de la gravedad igual a 2/10 smg = .

OBS.: Aunque la densidad varía con la temperatura, salinidad, y presión (profundidad) considerar la densidad del agua del mar igual a 3/1027 mkg=ρ .

Solución: Debido a la profundidad y a las dimensiones del cubo podemos tomar como una buena aproximación que todo el cubo está sometido a una misma presión.

Figura 7.14.

mh 400= p

p p



326


Ciudad Real

La presión podemos obtener a partir de la primera ley de Newton gVmaF ρ== (peso de la columna de agua) y dividiendo por el área:

Pasmmkgm

sm

mkggh

AgAh

AgV

AFp 6

226

23 10108,4 10108,4400101027 ×=×====== ρρρ

Luego, las componentes del tensor de tensiones en el cubo vienen dadas por:

MPap

pp

ij

−−

−=

−−

−=σ

108,4000108,4000108,4

000000

Como sólo tenemos componentes normales de tensión y el material es isótropo, sólo habrá componentes normales de deformación e iguales:

( )[ ] ( )[ ] 610 10108,4108,4 3,0108,4

10211 1 ×−−−−×

=σ+σν−σ=ε=ε=ε zyxxyz E

Resultando 61082,7 −×−=ε=ε=ε xyz

En pequeñas deformaciones la deformación volumétrica lineal es igual a la traza del tensor de deformaciones infinitesimal:

37530

0108768,1)10346,2(2,0)()( mVVD

VV

VLV

−− ×−=×−×==∆⇒=ε≡=∆ εε TrTr

donde hemos considerado que 510346,2)( −×−=εTr .

Ejemplo 7.30: Un cilindro macizo, de m05,0 de radio de la base y m25,0 de altura, está constituido por un material elástico lineal, de módulo de elasticidad longitudinal MPaE 4103×= y coeficiente de Poisson 2,0=ν . Dicho cilindro se sitúa entre los pistones de una prensa, que se pueden considerar infinitamente rígidos, y todo ello se encierra en recipiente hermético, como se indica en la Figura 7.15. Se llena el recipiente con aceite, y mediante el mecanismo adecuado, se eleva la presión en el fluido hasta MPa15 . Haciendo funcionar la prensa, se aplica una fuerza axil total de

NF 51035619,2 ×= sobre las bases del cilindro. Esta fuerza axil es el resultado debido a la acción de la prensa más el producido por la presión del aceite sobre los pistones, y se puede considerar uniformemente repartido sobre las bases. Se pide determinar, en un punto genérico del cuerpo:

a) Las componentes del tensor de tensiones; b) Las componentes del tensor de deformaciones; c) Las componentes del campo de desplazamientos (u , v , w ).



327


Ciudad Real

Figura 7.15: Ensayo de compresión triaxial.

Solución: a) Tensor de tensiones

MPaAF

z 30)05,0(1035619,22

5

−=π

×−=−=σ

MPayx 15−=σ=σ

Las componentes del tensor de tensiones son:

MPaij

−−

−=σ

300001500015

b) Para un material elástico, lineal, homegéneo e isótropo, tensiones normales sólo producen deformaciones normales, luego:

( )[ ]( )[ ]( )[ ]

σ+σν−σ=ε

σ+σν−σ=ε

σ+σν−σ=ε

yxzz

zxyy

zyxx

E

E

E

1

1

1

Sustituyendo los valores de las variables obtenemos las siguientes componentes para el Tensor de Deformaciones

F

x

z

F

A A′ x

y

Corte AA ′

m25,0

m1,0



328


Ciudad Real

410800

020002

−×

−−

−=ε ij

c) Campo de desplazamientos Como estamos en pequeñas deformaciones se cumplen las siguientes relaciones:

zw

yv

xu

zyx ∂∂=ε

∂∂=ε

∂∂=ε ;;

Integrando y obteniendo los valores de las constantes de integración obtenemos finalmente el campo de desplazamientos:

zwyvxu 444 108;102;102 −−− ×−=×−=×−=

Ejemplo 7.31: Un hexaedro regular, de m1,0 de lado, está constituido por un material cuyas propiedades mecánica viene representadas por las constantes de Lamé: MPa33,8333=λ ,

MPa12500=µ .

Mediante una máquina de ensayos adecuada se le impone la deformación representada en la Figura 7.16, en la cual todas las caras continúan siendo planas, las caras AEFB y DHGC pasan a ser rombos y las restantes continúan siendo cuadradas. En este estado se pide calcular:

a) El campo de desplazamientos; b) El campo de deformaciones; c) El campo de tensiones; d) El tensor de tensiones en el centro del hexaedro; e) Las deformaciones principales en el centro del hexaedro; f) Las tensiones principales en el centro del hexaedro; g) Las acciones ejercida por la máquina de ensayo sobre las caras ABFE y BCGF .

Figura 7.16: Hexaedro deformado.

E′ E

H H ′ G G′

F ′

CC ′=

AA ′= BB ′=

DD ′=

F

y

z

x

α

001,0)( =≈ααtg



329


Ciudad Real

Solución: a) Según Figura 7.16 podemos verificar que sólo habrá componentes tangenciales de deformación. Además verificamos también que no hubo desplazamientos según las direcciones x y z , luego 0=u , 0=w . A través de una analogía de triángulos podemos sacar el desplazamiento v :

zzvzv 001,0)(001,0)( =⇒==≈ααtg

Campo de desplazamiento:

==

=

0001,0)(

0

wzzv

u

b) Teniendo en cuenta las componentes del tensor de deformaciones:

∂ω∂

∂∂+

∂ω∂

∂∂+

∂ω∂

∂∂+

∂ω∂

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂+

∂ω∂

∂∂+

∂∂

∂∂

=

εγγ

γεγ

γγε

=ε

zzv

yzu

x

zv

yyv

yu

xv

zu

xyu

xv

xu

zyzxz

yzyxy

xzxyx

ij

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

Concluimos que 0=γ=γ=ε=ε=ε xzxyzyx y la componente yzγ viene dada por:

001,0=∂∂+

∂∂=γ

yw

zv

yz

=

εγγ

γεγ

γγε

=ε00005,00

0005,000000

21

21

21

21

21

21

zyzxz

yzyxy

xzxyx

ij

y

z

E E ′

)(zv

α

z



330


Ciudad Real

c) Campo de tensiones ε1εσ µ2)( +λ= Tr

Considerando 0)( =εTr , MPa33,8333=λ , MPa12500=µ , resulta:

MPa

MPaij

=

×=σ

05,1205,1200

000

00005,000005,000000

)12500(2

e,f) Deformaciones principales:

−=ε+=ε

⇒±=ε⇒=ε⇒=ε−

ε−0005,00005,0

0005,00005,000005,0

0005,0

3

222

Recordemos que en pequeñas deformaciones las direcciones principales de tensiones coinciden con las direcciones principales de deformaciones, luego podemos aplicar la expresión ε1εσ µ2)( +λ= Tr en el espacio principal de deformación:

MPa

MPaij

−=

−×=σ′

5,120005,120000

0005,00000005,00000

)12500(2

g) Para obtener la fuerza total en una cara, multiplicamos la fuerza de superficie por el área de la respectiva cara. La fuerza de superficie se obtiene a través de la expresión del vector tensión nσt n )( ⋅= . Para la cara ABFE la normal viene dada por [ ]0,0,1=in , luego:

=

=

000

001

05,1205,1200

000

)(3

)(2

)(1

ABFE

ABFE

ABFE

ttt

Para la cara BCGF la normal viene dada por [ ]0,1,0=in , luego

MPaBCGF

BCGF

BCGF

=

=

5,1200

010

05,1205,1200

000

)(3

)(2

)(1

ttt

Si hacemos el mismo procedimiento para las demás caras verificamos que la representación de las fuerzas de superficies viene indicada tal y como se muestra en la figura abajo:



331


Ciudad Real

Ejemplo 7.32: Sobre el prisma recto de la Figura 7.17 actúan las fuerzas NF 101 = y NF 22 = sobre las

caras indicadas. Las longitudes de las aristas del prisma son: cmAB 4= , cmAD3

10= ,

cmAA 2=′ . Sabiendo que el material que constituye el prisma tiene como propiedades

mecánicas: Módulo de Young 26105,2cmNE ×= y coeficiente de Poisson 25,0=ν . Y

propiedades térmicas Cº1105 8−×=α .

Se pide: a) Obtener las tensiones principales ; b) Obtener las componentes del vector tensión en el plano Π . ¿Es en el plano Π donde actúa la máxima tensión tangencial? Justificar la respuesta. c) Obtener el valor de las fuerzas 1F y 2F que se deben aplicar para que no haya desplazamiento, según las direcciones 1x y 2x , cuando el prisma esté sometido a una variación de temperatura de CT º20=∆ .

DD ′=

H ′ H

AA ′= BB ′=

α

E E′ F

CC ′=

F ′

G G′

y

z

x



332


Ciudad Real

Figura 7.17.

a) Campo de tensiones

0,81 =A , 3

1042 ×=A ⇒ 22

2

1

1

000015,000025,1

000

00

00

cmN

AF

AF

ij

−=

−=σ

Que son las propias tensiones principales. b)

B

1F A D

1F

A′

1x

2x

3x

2F

º60

Π

2F

2A

1A

B

D n

A′

1x

2x

3x

A

º60

Π

)(ntr



333


Ciudad Real

La normal (vector unitario) tiene componentes:

= 0;

21;

23 in . Luego, el vector

tensión )(ntr

viene dado por:

−=

−=

σ== ⋅

0075,0

0825,1

02123

000015,000025,1

)(

)()(

n

nn nσt

i

jiji

t

ntr

La componente normal:

[ ] 9,0

02123

0075,00825,1

)()(

=

−=σ

==σ ⋅

N

iiN nt nn ntr

La componente tangencial:

22)(222)(NSSN σ−=σ⇒σ+σ= nn tt

rr

donde

[ ] 1775,10075,0

0825,10075,00825,1)()()()(2)( =

−−=== ⋅ nnnnn ttt ii tt

rrr

Luego:

60621778,09,01775,1 222)( =−=σ−=σ NSnt

r

Si dibujamos el círculo de Mohr de tensiones

)/( 2cmNNσ

τ

15,0−=σ III 0 25,1=σ I



334


Ciudad Real

Verificamos que en cualquier punto del sólido la tensión tangencial máxima está en un

plano definido por la normal

= 0;

22;

22

in y tiene como valor máximo

SIIII σ>=

σ−σ=τ 7,0

2max

c) Consideremos el campo de deformaciones:

ijijijij TEE

TEE

δαδ

α

∆+ν−σν+=ε

∆+ν−ν+=

)(1

)(1

σ

11σσε

Tr

Tr

Para el caso en particular 2211)( σ+σ=σTr :

ν−∆+

σ

σν+=

ε 100010001

)(0000000

1

00000000

22

11

33

σTrE

TE

α

Luego, montamos el siguiente sistema:

σ+σν−∆+σν+=

ν−∆+σν+==ε

σ+σν−∆+σν+=

ν−∆+σν+==ε

)(1)(10

)(1)(10

2211222222

2211111111

ET

EET

E

ET

EET

E

αα

αα

σ

σ

Tr

Tr

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos que:

22211 33333,3)1( cm

NTE −=ν−∆−=σ=σ α

Luego, las fuerzas vienen dadas por:

−=σ=−=σ=

NAFNAF

44444,4466666,26

2222

1111



335


Ciudad Real


Problema 7.1: ¿En que casos podemos idealizar la estructura como problemas bidimensionales? Escribir las simplificaciones de cada caso y dar ejemplos.

Problema 7.2:

Sea )(NeQ el tensor acústico elástico definido como:

kijklijlescomponentee NN C= →= ⋅⋅ Q)( NNN CQ

donde C es el tensor elástico para un material elástico lineal e isótropo dado por: NN1 ⊗+λ+= )( µµC cuyas componentes son: )( jkiljlikklijijkl δδδδµδδ ++λ=C .

Probar que:

ljjljle N)N( µµδ +λ+=Q

Problema 7.3: Hacer el planteamiento del problema elástico lineal, es decir, definir las ecuaciones que gobiernan el problema elástico.

Problema 7.4: 5) Definir el Estado de Tensión Plano y el Estado de Deformación Plano. Para cada estado, ¿qué simplificaciones son consideradas? Dar ejemplos de estructuras que se pueden aproximar por cada estado.

Problema 7.5: 6) ¿Cuáles son las hipótesis para el planteamiento de la teoría de la elasticidad lineal?

Problema 7.6: Definir el comportamiento elástico lineal, elástico no-lineal y el inelástico. Para cada régimen hacer una gráfica representativa tensión-deformación.

Problema 7.7: Definir material Anisótropo e isótropo. Definir los tipos de simetría que puede presentar el material.



336


Ciudad Real

Problema 7.8: Consideremos una barra de sección circular donde aplicamos una fuerza en las extremidades de misma dirección y sentido contrario, ver Figura 7.18. La barra está constituida por un material homogéneo, elástico-lineal e isótropo.

Figura 7.18: Sistema de fuerzas I

a) Dado el sistema el sistema de fuerzas I representado por la Figura 7.18. Justificar y explicar porque este sistema es equivalente al sistema de fuerzas II dado por la Figura 7.19.

Figura 7.19: Sistema de fuerzas II

b) Obtener las componentes del tensor de tensiones de Cauchy para el sistema de fuerzas II. c) Verificar si el sistema II verifica las ecuaciones de equilibrio; d) Demostrara que en la superficie de la barra está libre de fuerzas de superficies. e) Obtener las componentes del tensor de deformación infinitesimal y del tensor spin infinitesimal; f) Obtener la máxima tensión normal y la máxima tensión tangencial.

AF=σ

1x

2x 3x

AF=σ

F F

1x

2x 3x

A



337


Ciudad Real

Problema 7.9: Dar detalles de la reducción de la matriz elástica ortótropa a la matriz isótropa

[ ]

=

66

55

44

332313

232212

131211

000000000000000000000000

CC

CCCCCCCCCC

C Matriz Ortótropa

[ ]

−−

−=

)(000000)(000000)(000000000000

121121

121121

121121

111212

121112

121211

CCCC

CCCCCCCCCCC

C Matriz Isotrótropa



338


Ciudad Real

11 Fluidos


Ejemplo 11.1: Justificar si son ciertas o falsas las siguientes afirmaciones: a) Si el campo de velocidad es estacionario, el campo de aceleraciones también lo es; b) Si el campo de velocidad es uniforme, el campo de aceleraciones es siempre nulo; c) Si el campo de velocidades es estacionario y el medio es incompresible el campo de aceleraciones es siempre nulo. Solución: a) Velocidad estacionaria

0rrr

=∂

∂tt),(xv

El campo de aceleraciones queda:

44 344 21rrrrrrrr

rr&rr

43421

r

&

rr

tiempodel depende No

)()(),(),(),(

),(,,

0

xvxvxvxvxvva

x

xx ⋅⋅ =+∂

∂==

=+∂

∂==

=

∇∇ tttt

vvvvttv

va kikkiki

ii

i

Luego la suposición (a) es VERDADERA. b) Campo de velocidad uniforme implica que )(),( tt vxv rrr

= , luego:

tttt

tt

∂∂=+

∂∂== ⋅

=

),(),(),(),( xvxvxvxvva x

rrrr

43421rr

rr&rr

r

0

∇

Luego, la suposición (b) es FALSA. c) Campo de velocidad estacionario implica que )(xvv rrr

= , no es función del tiempo, y un medio incompresible 0),( =⋅ txvx

rrr∇ , con lo cual se concluye que:

)()()()()( xvxvxvxvxvva xxrrrrrrrr

rr&rr

rr ⋅⋅ =+∂

∂== ∇∇t

Luego, la suposición (c) es FALSA.



340


Ciudad Real

Ejemplo 11.2: Considerando

vvv xxxxrrr

&r

&

rrrr2***

,*

,**

,

)()(

)(

∇∇∇∇ µµρρ

µµρρ

++λ+−=

++λ+−=

⋅p

vvpv jjijijiii

b

b Ecuación del movimiento Navier-Stokes-Duhem (11.1)

Demostrar la ecuación de vorticidad:

[ ] 0ωωω rrrrr

rr =−⊗+∂∂ ⋅ )(2 2

*

xx v ∇∇ρµanti

tEcuación de vorticidad (11.2)

donde ωr

es el vector vorticidad y viene dado por ( )vv xrrr

r ∧≡≡ ∇)(rotω .

Solución: Teniendo en cuenta la derivada material de la velocidad:

jjii

jj

iiii vv

tv

vxv

tv

DtDv

v ,+∂∂

=∂∂

+∂∂

=≡& ),(),(),( tttt xvxvxvva x

rrrrrr

&rrr ⋅+

∂∂== ∇ (11.3)

Las componentes resultantes de la operación jji vv , son las componentes de la siguiente operación vvx

rrr ⋅ )(∇ , ver capítulo 1, y también fue demostrado que:

)(21

)(21 ) (

)(21 ) ( )(

2

2

v

v

x

xx

xxx

v

vv

vvvvvv

r

rr

rrr

rr

rr

rrrrrr

∇

∇∇

∇∇∇

+∧=

+∧∧=

+∧∧= ⋅⋅

ω

(11.4)

Teniendo en cuenta (11.3) y (11.4), la expresión (11.1) queda:

0bω

bω

b

rrrrrrr

rrrrrr

rrr&r

&

rrrrr

rrrrr

rrrr

=−+λ

−+−+∧+∂∂

⇒

++λ+−=

+∧+∂∂

⇒

++λ+−=

++λ+−=

⋅

⋅

⋅

vvvv

vvvvvvv

xxxxx

xxxxx

xxxx

2***

2

2***2

2***

,*

,**

,

)()(1)(

21

)()()(21

)()(

)(

∇∇∇∇∇

∇∇∇∇∇

∇∇∇∇

ρµ

ρµ

ρ

µµρρ

µµρρ

µµρρ

pvt

pvt

p

vvpv jjijijiii b

(11.5)

A continuación tomamos el rotacional de la expresión anterior:

0bωrrrrrr

rrrrrrr =

−

+λ−+−+∧+

∂∂∧ ⋅ vvvv

xxxxxx2

***2 )(

)(1)(21 ∇∇∇∇∇∇

ρµ

ρµ

ρpv

t (11.6)

Recordar del capítulo 1 Vol.1 que se cumple que:

! [ ] 0rrr =∧ )( 2vxx ∇∇ , [ ] 0r

rr =∧ pxx ∇∇ , [ ] 0rr

rrr =∧ ⋅ )( vxxx ∇∇∇ , donde hemos aplicado la definición que el rotacional del gradiente de un escalar resulta el vector nulo;

11 FLUIDOS


341


Ciudad Real

! [ ] [ ]

[ ] [ ] ωωωωrrrrrrrr

rrrrrrrr

rrrr

rrrrrrrr

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

−+=∧∧⇒

∧−∧+∧=∧∧∧vvvv

vvvvvvvv

xxxx

xxxxxxxx

∇∇∇∇∇∇∇∇∇∇∇∇

)( ) () () )(( ) (

;

! [ ] [ ] [ ] ωrrrr

rrrrrrrr )( 222xxxxxxxx vvv ∇∇∇∇∇∇∇∇ =∧=∧∧∧−=∧ ;

! [ ]ttt ∂

∂=∧∂∂=

∂∂∧ ω

rr

rrr vvxx ∇∇ ;

! Considerando que el campo br

es conservativo, y teniendo en cuenta que el rotacional de cualquier campo vectorial conservativo es igual al vector nulo

0brr

r =∧x∇ .

Teniendo en cuenta todo lo anterior, la relación (11.6) resulta:

0ωωωωω rrrrrrrrr

rrrr =−−++∂∂ ⋅⋅⋅ )()( 2

*

xxxx vvv ∇∇∇∇ρµ

t (11.7)

Fijemos que se cumplen las siguientes relaciones:

jjijjijjijjijjijjijji

ijiijijiiijijiiiji

vvvvvvvvvvvvv

),(,),(,,,),(

,),(,,,),(

ω=ω−ω=ω⇒ω+ω=ω

ω−ω=ω⇒ω+ω=ω (11.8)

que es lo mismo en notación tensorial que:

[ ][ ] [ ]ωωωω

ωωωrrrrrrrr

rrrrrr

rrrr

rrr

⊗=−⊗=−⊗=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

vvvvvvv

xxxx

xxx

∇∇∇∇∇∇∇

)()()()(

(11.9)

donde hemos aplicado la definición que la divergencia del rotacional de un vector es nulo, es decir, 0)( =∧= ⋅⋅ vxxx

rrrrr ∇∇∇ ω . Teniendo en cuenta (11.9), la expresión (11.7) queda:

[ ] [ ]

[ ] [ ]

[ ]

[ ] 0ωωω

0ωωωω

0ωωωω

0ωωωωωω

0ωωωωω

rrrrr

rrrrrrr

rrrrrrr

rrrrrrrrrrr

rrrrrrrrr

rr

rr

rrr

rrrrr

rrrr

=−⊗+∂∂

⇒

=−⊗−⊗+∂∂

⇒

=−⊗−⊗+∂∂

⇒

=−⊗−+−⊗+∂∂

⇒

=−−++∂∂

⋅

⋅

⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

)(2

)()(

)()(

2*

2*

2*

2*

2*

xx

xx

xxx

xxxxx

xxxx

v

vv

vv

vvvv

vvv

∇∇

∇∇

∇∇∇

∇∇∇∇∇

∇∇∇∇

ρµρµ

ρµ

ρµ

ρµ

anti

t

t

t

t

t

(11.10)

Demostrando así la ecuación de vorticidad (11.2).



342


Ciudad Real

Ejemplo 11.3:

Hallar la fuerza de tracción Er

que actúa en la superficie cerrada S que contiene al volumen V de un fluido Newtoniano donde la viscosidad volumétrica es nula. Solución:

dSdE ii)(nt=

La fuerza de tracción total viene dada por la siguiente integral:

dVdSndSEV

jijS

jijS

ii ∫∫∫ σ=σ== ,)( nt (11.11)

donde se utiliza la relación )( nijij n t=σ .

Si la viscosidad volumétrica es nula, entonces ***

320 µ−=λ⇒=κ (condición de Stokes).

Teniendo en cuenta la ecuación constitutiva de un fluido Newtoniano y la condición de Stokes obtenemos que:

44 344 21devij

ijkk

ijij

ijkkijij

ijkkijijij

p

p

p

D

DD

DD

DD

−+−=

+−−=

+λ+−=σ

δµδ

µδµδ

µδδ

32

232

2

*

**

**

devijijij p D*2µδ +−=σ

Reemplazando la ecuación constitutiva anterior en la expresión (11.11) obtenemos que:

dSnpES

jdevijiji ∫ +−= )2( *Dµδ

Aplicando el Teorema de Gauss:

)(ntr

n

11 FLUIDOS


343


Ciudad Real

( )( )

dVp

dVp

dVpE

V

devjiji

V

devjijijj

Vj

devijiji

)2(

2

2

,*

,

,*

,

,*

∫

∫

∫

+−=

+−=

+−=

D

D

D

µ

µδ

µδ

donde hemos tenido en cuenta que jj 0*, =µ , es decir *µ es un campo escalar homogéneo

(material homogéneo). La expresión anterior en notación tensorial queda:

[ ]∫ ⋅+−=V

dev dVp )(2 * DxxE rrr

∇∇ µ (11.12)

Ejemplo 11.4:

Considérese un fluido en reposo de densidad fρ . Demostrar el Principio de Arquímedes: Todo cuerpo sumergido en un fluido en reposo experimenta un empuje hacia arriba igual al peso del volumen del fluido desalojado.

Si el cuerpo tiene densidad sρ y el campo de fuerzas másicas viene dado por 3ii gδ−=b . Obtener la fuerza resultante que actúa en el cuerpo. Solución:

En el Ejemplo 11.14 hemos demostrado que [ ]∫ ⋅+−= dVp dev )(2 * DxxE rrr

∇∇ µ . Si el fluido

está en reposo tenemos que 0D =dev y la presión termodinámica es igual a la presión hidrostática, 0pp = . Luego, quedamos con:

[ ]∫ −=V

dVp0xE rr

∇ (11.13)

sWr

n 0p

Er

V -volumen

1x

2x

3x



344


Ciudad Real

El peso del volumen del fluido desalojado viene dado por:

∫=V

ff dVbrr

ρW (11.14)

Aplicando la ecuación de equilibrio:

b

b1

bσ

0bσ

r

r

r

rr

r

r

r

r

f

f

f

f

p

p

ρ

ρ

ρ

ρ

=⇒

−=−⇒

−=⇒

=+

⋅⋅

⋅

0

0 )(

x

x

x

x

∇

∇

∇

∇

if

i

if

jij

if

jij

iif

jij

p

p

b

b

b

0b

ρ

ρδ

ρ

ρ

=⇒

−=−⇒

−=σ⇒

=+σ

,0

0

,

,

),( (11.15)

Teniendo en cuenta (11.13) y (11.14), concluimos que:

EW x

rrrr −=== ∫∫

VV

ff dVpdV 0∇bρ (11.16)

Demostrando así el principio de Arquímedes. El peso del cuerpo, de densidad sρ , que está sumergido en el líquido viene dado por:

∫=V

ss dVbrr

ρW

La fuerza resultante que actúa en el cuerpo es:

∫

∫∫

−=

+−=

+=

V

fs

V

s

V

f

s

dV

dVdV

b

bb

r

rr

rrr

)( ρρ

ρρ

WER

Cuyas componentes son:

−

=−−=−=

∫∫∫

V

sfVi

fs

Vi

fsi

dVg

dVgdVR

)(

00

)()( 3

ρρ

δρρρρ b

Verificando así que: si el cuerpo tiene densidad menor que la densidad del líquido, por ejemplo si el cuerpo es un gas, el cuerpo asciende, i.e. 0

rr>⇒> Rsf ρρ , y caso contrario

en cuerpo desciende. Si tenemos en cuenta que aR rr sm= , donde sm es la masa total del cuerpo sumergido, podemos obtener la aceleración del cuerpo como:

s

sf

sV

ss

sf

sV

s

ssf

sV

sf

s

gm

dVg

m

dVg

m

dVg

mR

aρρρ

ρρρρ

ρρρρρρ

)()()()(

33

−=

−

=

−

=

−

==∫∫∫

11 FLUIDOS


345


Ciudad Real

NOTA: Es interesante observar que si el medio ( f ) es tal que 0=fρ tenemos que ga −=3 , es decir, la aceleración es independiente de la masa. Comprobando así, como hizo

Galileo, que un cuerpo en caída libre la aceleración es igual a la aceleración de la gravedad, por ejemplo, en la luna donde podemos considerar que la densidad del aire es igual a cero, dos cuerpos con distintas masas en caída libre, e.g. una pluma y un martillo, tendrán la misma aceleración y alcanzarán la superficie de la luna en el mismo tiempo.

Ejemplo 11.5:

Probar que el tensor desviador de tensiones devσ es igual devτ , donde ijijij p τ+−=σ δ .

Solución Si kkkk p τ+−=σ 3

( )

ijkk

ij

ijkk

ijij

ijkk

ijdevij

pp

δ

δδ

δ

3

33

3

τ−τ=

τ+−−τ+−=

σ−σ=σ

Luego devij

devij τ=σ

Ejemplo 11.6: Deducir la ecuación unidimensional de continuidad para el flujo de un fluido incompresible no viscoso a través de un tubo. Considere V el volumen comprendido entre dos secciones transversales arbitrarias A y B . Solución: Para un medio incompresible, la densidad de masa es independiente del tiempo 0=ρ& , y además teniendo en consideración la ecuación de continuidad 0)(, ==+ ⋅ vx

rr& ∇ρρρ iiv , se

puede decir que:

0=⋅ vxr

r∇ 0, =kkv (11.17)

Tomando para un volumen V :

Bn

Avr

An

B

A

V

Bvr



346


Ciudad Real

∫ =⋅V

dV 0 vxr

r∇ ∫ =V

kk dVv 0, (11.18)

Aplicando el teorema de Gauss:

∫ =⋅S

dS 0 nvr ∫ =

Skk dSnv 0 (11.19)

Luego:

∫∫ =+ ⋅⋅BA S

BB

S

AA dSdS 0 nvnvrr

Velocidad uniforme y perpendicular a las secciones AS y BS BBBAAA vv nvnv ; =−=

rr

Reemplazando la velocidad en la integral, resulta:

∫∫ =+− ⋅⋅BA S

BBB

S

AAA dSvdSv 0 nnnn

BBAA SvSv =

Ejemplo 11.7: El campo de velocidad de un gas en movimiento a través de una tubería, cuyo eje prismático es 2x , se define mediante:

01 =v ; 05,002,0 22 += xv ; 03 =v

Cuando el gas pasa por 02 =x la densidad ρ es igual a 35,1mkg . Hallar ρ para mx 52 = .

Solución: El campo de velocidad es estacionario, )(xvv rrr

= . De la ecuación de continuidad:

0)(0)( =⇒=+∂∂ ⋅⋅ vv xx

rrrr ρρρ

∇∇t

Luego, podemos concluir que vrρ es una constante:

( ) ( )5202

22 == = xx vv ρρ

05,005,0002,0)0( 22 =+×==xv y 15,005,0502,0)5( 22 =+×==xv con eso:

( ) ( )5202

22 == = xx vv ρρ

32 5,0)5(15,005,05,1mkgx ==⇒=× ρρ

Solución alternativa:

0)(0)( ,,, =+= →=⋅ iiiiiiindicial vvv ρρρρvx

rr∇

03

3

2

2

1

13

32

21

1=

∂∂

+∂∂

+∂∂

+

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

+∂∂

xxxxxxxxvvvvvvvv

i

ii

iρρρρρρ

11 FLUIDOS


347


Ciudad Real

Resultando:

( )

22

22

)(

)(

05,002,002,0

002,005,002,0

xx

xx

∂+

−=∂

⇒

=+

+

∂∂

ρρ

ρρ

Integrando la expresión anterior, obtenemos que:

)(

)(

)(

05,002,0

05,002,0

05,002,0

2

2

2

+=⇒

+

=⇒

+= =+

xC

xC

x C

ρ

ρ

ρ

LnLn

LnLnLn

Condiciones de contorno, 5,102 =⇒= ρx , con lo cual obtenemos que 075,0=C :

5,005,0502,0

075,005,002,0

075,0)()(

5

2

2 =+×

= →+

= = ρρ x

x

Ejemplo 11.8: Las componentes del tensor de tensión en un punto de un fluido Newtoniano, con una viscosidad volumétrica nula, son:

Paij

−−−

−−=σ

341492126

Determinar las componentes del tensor viscoso. Solución: En el caso de viscosidad volumétrica nula (condición de Stokes) tenemos 0ppp == , y además se puede obtener que:

( ) 63

3963

3

032 ***

=−−−−=σ

−=

−=σ

=+λ=κ

τ+−=σ

ii

ii

ijijij

p

p

p

µ

δ

Luego:

Pa

p ijijij

−−

−=

+

−−−

−−=

+σ=τ

341432120

600060006

341492126

δ

Ejemplo 11.9:



348


Ciudad Real

Determinar las condiciones bajo las que la presión normal media mkkp σ−=

σ−=

3 es igual

a la presión termodinámica p para un fluido Newtoniano.

Solución: Fue deducido que:

kk

p

kkiikk

devij

devij ppkp DDD ***

3;

31;2 κ+−=−=

σ+−=σ=σ

−

µ

Así, para que la igualdad pp = se cumpla, hay que cumplir que:

***

32;

0)(0

;0 µ−=λ

==

=κDTr

D ii

Ejemplo 11.10:

Determinar las condiciones bajo las que la presión normal media 3kkp σ−= es igual a la

presión termodinámica p , para un fluido Newtoniano.

Solución:

0320

32

30

33

2

*****

*

*

*

=′

−=λ⇒=+λ=κ

σ−=⇒=κ

′+−=σ

′=

kk

kk

kkkk

ijij

p

p

D

D

Ds

µµ

µ

µ

(11.20)

Ejemplo 11.11: Un fluido perfecto y barotrópico tiene una ecuación cinética de estado definida por

kp+= 0ρρ , donde k es constante. Obtener la distribución de presiones en régimen

cuasiestático (aceleración nula) bajo acción del campo gravitatorio [ ]Ti g−= 00b .

Solución: Ecuación constitutiva de un fluido perfecto:

1σ p−=

Las ecuaciones del movimiento quedan:

iiitensorial

iiijj

iiij

iiijijindicial

ppp

jp

vi

0b

0b0b

0b

=+− ←=+−=+−=+−

==+σ →=+=

⋅

ρρρδρδ

ρρρρ

,,

),(0

,

0b

bσ

rr

&&rr

r

r

x

x v

∇

∇

(11.21)

11 FLUIDOS


349


Ciudad Real

Considerando el vector de fuerzas másicas [ ]gi −= 00b concluimos que:

=+⇒=+∂∂−⇒=

=⇒=∂∂

⇒=+∂∂−⇒=

=⇒=∂∂

⇒=+∂∂−⇒=

⇒=+−

0)(

0)3(

),,(00)2(

),,(00)1(

0,

3

33

3

3212

22

3211

11

gdxxdp

xpi

xxxppxp

xpi

xxxppxp

xpi

p iii

ρρ

ρ

ρ

ρ

b

b

b

b (11.22)

Con lo cual hemos concluimos que la presión es sólo función de la coordenada 3x , )( 3xpp = .

El hecho de que sea un fluido barotrópico, implica que la densidad es únicamente función de la presión )(pρρ = . Esta relación es, precisamente, la ecuación cinética del enunciado:

kpp +=⇒= 0)( ρρρρ

Luego:

gpkg

dxxdp

gkp

dxxdp

gdxxdp

03

3

03

3

3

3

)(

0)(

0)(

ρ

ρ

ρ

−=+

=

++

=+

(11.23)

La solución de esta ecuación diferencial es la suma de la solución homogénea y una particular:

Solución homogénea: )( 3

3

3 0)( xk

gCpp

kg

dxxdp −

=⇒=+ exp

Solución particular: 0ρkp −=

Luego:

03)(

ρkCpxkg

−=−

exp

Ejemplo 11.12: Un gas perfecto es un fluido ideal e incompresible en el cual en la ausencia de fuente de calor, el movimiento es barotrópico, la presión es proporcional a γρ , donde γ es una constante y 1>γ . Demostrar que cunado 0=r (fuente interna de calor), la energía interna específica para un gas perfecto viene dada por:

constantepu +−γ

=ρ)1(

1

Solución: Para el problema propuesto, la ecuación de energía se resume a:



350


Ciudad Real

0

=−⇒=+−= ⋅

DσDσqDσ

:::

uru

&

r& r

ρρρ x∇

Para un gas perfecto la tensión es un tensor esférico y viene dado por: 1σ pp −=)(

donde p es la presión termodinámica. Luego, la ecuación de energía queda:

0 0)(

0 0

=+=+=+

=−

⋅⇒⇒⇒

vxr

&

&

&

&

r∇pupupu

u

ρρρ

ρ

DD1

Dσ

Tr:

:

Para un movimiento barotrópico la energía interna específica es una función de la densidad de masa, )(ρuu = , luego:

0

0

=+∂∂

⇒

=+

⋅

⋅

v

v

x

x

r

r&

r

r

& ∇

∇

pupu

ρρ

ρ

ρ

Teniendo en cuenta la ecuación de continuidad vv xxrr

rr & ⋅⋅ −=⇒=+ ∇∇ ρρρρ 0DtD , la

ecuación de energía queda:

0

0

0

0

2 =

+

∂∂−⇒

=+∂∂−⇒

=+∂∂

≠

⋅

⋅⋅

⋅

321r

rr

r

r

rr

r&

v

vv

v

x

xx

x

∇

∇∇

∇

pu

pu

pu

ρρ

ρρ

ρ

ρρ

ρ

con lo cual tiene que cumplir que:

22 0

ρρρρ pupu =

∂∂

⇒=+∂∂−

Como la presión es proporcional a γρ , podemos decir que γ== ρρ kpp )( , donde k es una constante, luego:

)2(2

2 0 −γγ

==∂∂

⇒=+∂∂− ρ

ρρ

ρρρ k

kupu

Integrando la expresión anterior, obtenemos que:

constantep

constanteku

+−γ

=

+−γ

=γ

ρ

ρρ

)1(1

)1(

Ejemplo 11.13:

11 FLUIDOS


351


Ciudad Real

Un fluido se mueve alrededor de una esfera de radio R con velocidad vr , siendo sus componentes en coordenadas esféricas ( φθ,,r ):

0

)sin(143

4

)cos(123

2

3

3

3

3

=

θ

−+=

θ

+−=

φ

θ

vrR

rRcv

rR

rRcvr

(11.24)

donde c es una constante positiva. ¿Es un movimiento isocórico? Probar la respuesta.

Nota: Dado un vector ur

, la divergencia de este vector en coordenadas esféricas es:

rr

rrrrruu

uuudiv

2)cot()sin(

11 +θ+φ∂

∂θ

+θ∂

∂+

∂∂

== θφθ⋅uu

rrrx∇

Solución: Para demostrar que un movimiento es isocórico tenemos que probar que 0=⋅ vx

rr∇

Obtenemos las siguientes derivadas:

)cos(123

23)cos(1

23

2 24

3

3

3

θ

++−=

θ

+−

∂∂=

∂∂

rR

rRc

rR

rRc

rrvr

)cos(143

4)sin(1

43

4 3

3

3

3

θ

−+=

θ

−+

θ∂∂=

θ∂∂ θ

rR

rRc

rR

rRc

v

Sacamos ahora la divergencia de la velocidad:

θ

+−+

θ

−+

θθ+

+θ

−++θ

++−=

+θ+φ∂

∂θ

+θ∂

∂+

∂∂

= θ

=

φθ⋅

)cos(123

22)sin(1

43

41

)sin()cos(

)cos(143

41)cos(1

23

23

2)cot()sin(

11

3

3

3

3

3

3

24

3

0

rR

rRc

rrR

rRc

r

rR

rRc

rrR

rRc

vr

vr

vr

vrr

vr

rvxr

r∇

Simplificando obtenemos que: 0=⋅ vx

rr∇

Comprobando que es un movimiento isocórico.

Ejemplo 11.14: El fluido barotrópico del interior de la tubería de la figura tiene por ecuación cinética de estado:

( )constantes y ; 00

ρβρρβ

= Lnp

p - presión, ρ - densidad.



352


Ciudad Real

Calcular en régimen estacionario la presión de salida )2(p en función de las demás variables de la figura. Justificar la fórmula empleada. p -presión, v , velocidad, S - área de la sección.

Solución: Según el principio de conservación de masa:

0=∫V

dVDtD ρ

Dada una propiedad ),( txΦ se cumple que:

( )

[ ]

[ ] 0),(),(),(

),(),(),(

),(),(),(

),(),(),(),(),(

),(),(),(

),(),(),(

),(),(),(

=Φ+∂

Φ∂=

Φ+∂

Φ∂=

Φ+

∂Φ∂=

Φ+Φ+

∂Φ∂=

Φ+Φ=

Φ+Φ=

Φ+Φ=Φ

∫∫

∫∫

∫

∫

∫

∫

∫∫

⋅

⋅

⋅

⋅⋅

⋅

⋅

SV

VV

V

V

V

V

VV

dSttdVtt

dVttdVtt

dVtttt

dVtttttt

dVttDt

tD

dVttdVDt

tD

DtDdVtdV

DttDdVt

DtD

nxvxx

xvxx

xvxx

xvxxvxx

xvxx

xvxx

xxx

x

x

xx

x

x

rr

rr

rr

rrrr

rr

rr

r

r

r

rr

r

r

∇

∇

∇∇

∇

∇

haciendo ),( txΦ=ρ obtenemos que:

[ ] 0),(),(),(),( =+∂

∂= ∫∫∫ ⋅

SVV

dSttdVttdVt

DtD nxvxxx rrr ρρρ

Aplicando la condición de régimen estacionario 0),(=

∂∂

ttxρ , resultando así que:

)1(

)1(

)1(

Svp

)2(

)2(

)2(

Svp

11 FLUIDOS


353


Ciudad Real

[ ] [ ] [ ]

0

0

0)()()()(0)()(

)2()2()2()1()1()1(

)2(

)2()2(

)1(

)1()1(

)2()1(

=+−⇒

=+−⇒

=+⇒=

∫∫

∫∫∫ ⋅⋅⋅

SvSv

dSvdSv

dSdSdS

SS

SSS

ρρ

ρρ

ρρρ nnn xvxxvxxvx rrrrrr

Resultando que:

)2()2()2()1()1()1( SvSv ρρ = (11.25)

Recordar que vrr

ρ=q es el flujo de masa que tiene por unidad [ ]sm

kg2=q

r.

Introduciendo la ecuación cinética de estado se obtiene la siguiente expresión:

=⇒

=⇒

=⇒

= ββ ρρ

ρρ

ρρ

βρρβ

pppp expexpLnLn 0

000)( x

Luego:

+=⇒

=−⇒

=

−⇒

=⇒

=

=

−

)2()2(

)1()1()1()2(

)2()2(

)1()1()1()2(

)2()2(

)1()1()1()2(

)2()2(

)1()1(

)2()2(0)1()1(0

)2()2()2()1()1()1(

)1()2(

)2()1(

SvSv

pp

SvSv

pp

SvSvpp

SvSv

SvSv

SvSv

pp

pp

Ln

Ln

Ln

exp

expexp

β

β

β

ρρ

ρρ

β

ββ

(11.26)

NOTA: El caudal, muchas veces representado por Q , es el flujo total específico, i.e.:

∫∫∫ ⋅⋅⋅ ===SSS

dddQ SvSvS rrrrrr

ρρ

ρq Caudal

sm3

(11.27)

Verificamos las unidades [ ]smm

kgmsm

kgdQS

32

3

2 ==

= ∫

⋅ρSrr

q . En este ejemplo hemos

obtenido que )2()2()2()1()1()1( SvSv ρρ = , que puede ser reescrito como:

)2()2()1()1()2()2()2()1()1()1( QQSvSv ρρρρ =⇒=

Para el caso particular de un medio incompresible )2()1( ρρ = , resultando que:

)2()1()2()2()1()1( QQSvSv =⇒= (ver Ejemplo 11.6)



354


Ciudad Real

Ejemplo 11.15: Partiendo de la ecuación de Navier-Stokes-Duhem, obtener la ecuación de Bernoulli:

constantevpgh =++2

2

ρEcuación de Bernoulli (11.28)

Hipótesis: Fluido no viscoso, incompresible. Campo de velocidad estacionario e irrotacional. Solución:

Considerando el medio incompresible 0)( =⋅ vxr

r∇ , y no viscoso )0( ** ==λ µ , la ecuación de Navier-Stokes-Duhem se resume a:

p

p

vvpv jjijijiii

x

xxxx

v

vvvr

rrrr

r&r

rrr&r

&

∇

∇∇∇∇

−=⇒

++λ+−=

++λ+−=

⋅b

b

ρρ

µµρρ

µµρρ2***

,*

,**

,

)()(

)(b

(11.29)

Que es la ecuación de Euler del movimiento. La derivada material de la velocidad queda:

)(21)(

21 22 vv

t xxvvv rrrr

r&r ∇∇ =+∧+

∂∂= ω

donde hemos considerado el campo de velocidad estacionario 0rr

=∂∂tv e irrotacional

0ωrrrr

r ===∧ vvx rot∇ . Con eso la ecuación (11.29) puede ser reescrita como:

0bbrrr

rrrr =+−⇒−= pvpv xxxx ∇∇∇∇ρ

ρρ 1)(21)(

222 (11.30)

Consideremos que la fuerza másica (campo conservativo) podemos representarla por ϕxr

r∇−=b , donde ϕ es un potencial y además considerando que el campo de densidad de

masa es homogéneo se cumple que ppxx rr ∇∇

ρρ1=

. Luego, (11.30) queda:

constantevpvpi =++⇒=

++

22

22

ρϕ

ρϕ 0xr∇ (11.31)

Considerando que el potencial dado por gh=ϕ , donde g es la aceleración de la gravedad y h la altura piezométrica, obtenemos la conocida ecuación de Bernoulli:

constantevpgh =++2

2

ρ

Verificando las unidades [ ] 2

23

2

2

2 sm

kgJ

kgNm

kgm

mNpvgh ====

=

=

ρ, que es la unidad de

energía específica, es decir, unidad de energía por unidad de masa.

11 FLUIDOS


355


Ciudad Real

Ejemplo 11.16: Se considera un fluido perfecto e incompresible que circula por el canal de la figura en régimen estacionario. Determinar el valor de H Solución: Ecuación de continuidad:

)1()1()2(

)1()2()2()2()1()1( 2

1 hhvv

hhvhv ==⇒=

Ecuación de Bernoulli:

ghH

gvv

hhH

gv

h

gv

hH

23

2

20

20)(

)1(

2)1(

2)2(

)1()2(2)2(

)2(

2)1(

)1(

+−=⇒−

+−=⇒

++

+++

Ejemplo 11.17: Un depósito circular de gran diámetro que está lleno de agua vierte por un pequeño orificio lateral situado a una altura H por debajo del nivel del agua en el depósito. Si el caudal vertido es Q , obtener el diámetro D del orificio.

Hipótesis: Considerar que H no varía con el tiempo (régimen estacionario). Considerar que en la sección BB ′ la presión en el flujo es igual a la presión atmosférica:

)1(h

H )2(h

smv /1)1( =

smv /2)2( =

B H

A



356


Ciudad Real

Solución: El agua podemos considerar como un fluido perfecto e incompresible. Aplicando la Ecuación de Bernoulli:

cttegv

gpz =++

2

2

ρ

donde se cumple que:

gHv

gv

gp

BPunto

gp

HAPunto

BBatm

atm

2

20

0

)(2)(

=⇒

++⇒

++⇒

ρ

ρ

Teniendo que el caudal viene dado por )()( BB SvQ = , concluimos que:

gHQDDgHSvQ BB

24

42

2

)()(π

=⇒π==

B

B′

C

C′

Sección CC ′

)( atmpp −

Presión

Sección BB ′

atmp

Presión

11 FLUIDOS


357


Ciudad Real

Ejemplo 11.18: Considérese un tubería donde se ha introducido un tubo de pitot tal y como se indica en la Figura 11.1. Obtener la velocidad en el punto 1 en función de )1(h y )2(h .

Figura 11.1: Tubo de pitot

Solución: Aplicando la ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2 , hay que cumplir que:

ρ

ρρ

ρρ

)(2

2

22

)1()2()1(

)2(2

)1()1(

2)2()2(

2)1()1(

ppv

pvp

vphg

vphg

−=⇒

=+⇒

++=++

Considerando que la presión en los puntos 1 y 2 viene dadas respectivamente por:

)2()2()1()1( ; ghpghp ρρ ==

Con lo cual la velocidad )1(v viene dada por:

)(2)(2)(2

)1()2()1()2()1()2(

)1( hhgghghpp

v −=−

=−

=ρρρ

ρ

Ejemplo 11.19: Considérese un fluido no viscoso e incompresible, y caracterizado por presentar el campo de velocidad estacionario, irrotacional, e independiente de 3x . Expresar las ecuaciones de gobierno del problema a través de un potencial de velocidad φ y de líneas de corrientes ψ .

)1(h

)2(h

1

)1(

)1(

pv

2

=

)2(

)2( 0

pv

h



358


Ciudad Real

Solución: Potencial de velocidad: En este ejemplo podemos representar el campo de velocidad a través de un potencial φ , i.e. φxv r

r∇= . Con eso estamos considerando que el campo de velocidad es conservativo, y

como consecuencia el rotacional es igual a cero, i.e. 0ωrrrr

r ===∧ vvx rot∇ . Recordar que, un campo cuyo rotacional es igual a cero, eso no implica que el campo es conservativo. Observemos que la velocidad tiene la misma dirección que φxr∇ , y es normal a las isosuperficies, i.e. normal a las superficies de ctte=φ .

Línea de corriente: Recordar que una línea de corriente (ψ ) es la curva en el instante t donde la tangente a esta curva (en cualquier punto) es paralela a la velocidad. Dos líneas de corrientes no pueden cruzarse. Si el campo de velocidad es estacionario la línea de corriente coincide con la trayectoria de la partícula. Partiendo de la definición de diferencial total ψd y de gradiente ψxr∇ obtenemos la relación xx

rr dd ⋅= ψψ ∇ .

Observar que se cumple que 0=⋅ φψ xx rr ∇∇ El diferencial total xrd en la línea de corriente en un punto tiene la misma dirección que la velocidad en este punto. Con eso se cumple que:

ctte=)5(ψ

xr

t )(xv rr

Volumen de control

Líneas de corriente

ctte=)1(ψ

ctte=)2(ψ

ctte=)4(ψ

ψxr∇

0=⇒= ψψ dctte

en la línea de corriente

ψψ d+ ψxr∇

φxv rr

∇=

11 FLUIDOS


359


Ciudad Real

0rrr

=∧ vxd En componentes cartesianas:

0eee

0eee

r

rrr

=−+−+−=

==∧

321122311313223

321

321

321

)()()(

dxvdxvdxvdxvdxvdxv

vvvdxdxdxd vx

Componentes:

=

−−−

=∧000

)()()(

)(

2112

3113

3223

dxvdxvdxvdxvdxvdxv

d ivx rr

Para este ejemplo el campo de velocidad es independiente de 3x , es decir, estamos en el caso plano 21 xx − (2D). Con eso quedamos solo con:

=

−=∧

000

)(00

)(

2112 dxvdxvd ivx rr

Con eso concluimos que:

02112 =− dxvdxv (11.32)

Teniendo en cuenta que en una línea de corriente se cumple que 0=⇒= ψψ dctte y además aplicando la definición xx

rr dd ⋅= ψψ ∇ , obtenemos que:

0

00

33

22

11

33,22,11,

,indicial

=∂∂+

∂∂+

∂∂=⇒

=++=⇒

== →= ⋅

dxx

dxx

dxx

d

dxdxdxddxddd ii

ψψψψ

ψψψψψψψψ xx

rr∇

Para el caso 2D tenemos que:

022

11

=∂∂+

∂∂ dx

xdx

xψψ (11.33)

Si comparamos las relaciones (11.32) y (11.33) concluimos que:

12

21 ;

xv

xv

∂∂=

∂∂−= ψψ (11.34)

1) Partiendo que el fluido es incompresible: 0)( =⋅ vx

rr∇ tenemos que:

002

2

1

12

3

3

2

2

1

1, =

∂∂

+∂∂

→=∂∂

+∂∂

+∂∂

=xv

xv

xv

xv

xv

v Dii

Teniendo en cuenta que φxv rr

∇= , concluimos que:

000 222

2

21

2

2

2

1

1 =⇒=∂∂+

∂∂

⇒=∂∂

+∂∂

φφφxr∇

xxxv

xv (11.35)



360


Ciudad Real

2) Partiendo que el fluido es irrotacional 0ωrrrr

r ===∧ vvx rot∇ obtenemos que:

0eee

0e

eee

r

rrr

=

∂∂

−∂∂

+

∂∂

−∂∂

+

∂∂

−∂∂

=

==∂∂

∂∂

∂∂=∧=

32

1

1

22

1

3

3

11

3

2

2

3

,

321

321

321

)(

xv

xv

xv

xv

xv

xv

vvvxxx ijkijk vrot vv ∇

(11.36)

Luego:

=

∂∂

−∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

−∂∂

000

2

1

1

2

1

3

3

1

3

2

2

3

xv

xv

xv

xv

xv

xv

Como estamos en el caso 2D, la expresión anterior se resume a:

02

1

1

2 =∂∂

−∂∂

xv

xv

Teniendo en cuenta las relaciones (11.34) concluimos que:

000 2

2

2

1

2

2

1

1

2 =⇒=∂∂+

∂∂

⇒=∂∂

−∂∂

ψψψxr∇

xxxv

xv

Con lo cual el problema queda planteado a través de las relaciones:

0;0 22 == ψφ xx rr ∇∇ (11.37)


Problema 11.1: Definir los siguientes conceptos: a) Presión hidrostática. b) Presión media. c) Presión termodinámica.

Justificar en qué casos serán iguales la presión media y la presión termodinámica y cuándo lo serán las tres.

Problema 11.2:

11 FLUIDOS


361


Ciudad Real

2) Definir los siguientes conceptos: a) Fluido de Stokes. b) Fluido Newtoniano. c) Fluido perfecto. d) Fluido incompresible.

Problema 11.3:

CASANOVA, J.C. (1993). Ejercicios de elasticidad. Editorial UPV.

CHADWICK, P. (1976). Continuum mechanics concise theory and problems. George Allen & Unwin Ltd.Great Britain.

CHAVES, E.W.V. (2009). Mecánica del medio continuo: Modelos Constitutivos. CIMNE, Barcelona, España.

CHAVES, E.W.V. (2010). Mecánica del medio continuo: Conceptos básicos. CIMNE, Barcelona, España, (2nd Edición).

GOICOLEA, J.M. Mecánica del medio continuo web: http://w3.mecanica.upm.es/mmc-ig/ MASE, G.E. (1977). Teoría y problemas de mecánica del medio continuo. McGraw-Hill, USA. OLIVER, J. & AGELET DE SARACÍBAR, C. (2000). Cuestiones y problemas de mecánica de medios

continuos. Ediciones UPC, Barcelona, España. ORTIZ BERROCAL, L. (1985). Elasticidad. E.T.S. de Ingenieros Industriales. Litoprint. U.P.

Madrid.

Bibliografia ´

Documents

Ejercicios Resueltos Libro (GENIAL)Phenomena of transport