Direcciones Principales

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1.1

Direcciones Principales
Ejemplo 1

Problema: Encontrar los valores de las direcciones principales as´ como sus respectivos vectores de diı recci´n principal para el siguiente tensor de esfuerzos: o ⎡ ⎤ 1 2 3 σ = ⎣2 4 6⎦ 3 6 1 Soluci´n: o El primer paso es encontrar los valores de las direcciones principales resolviendo el siguiente determinante que est´ igualado a cero: a σ I |σ − λI| = 0 donde I es el tensor identidad. Este problema se puede expresar de la siguente manera: 1−λ 2 3 2 4−λ 6 =0 3 6 1−λ el cual se puede desarrollar como (1 − λ) [(4 − λ) (1 − λ) − 36] − 2 [2 (1 − λ) − 18] + 3 [12 − 3 (4 − λ)] = 0 Agrupando terminos semejantes se obtiene el siguiente polinomio: λ3 − 6λ2 − 40λ = 0 a cuya soluci´n es λ1 = 0, λ2 = −4 y λ3 = 10. Ya que est´s soluciones representanlos valores o principales del tensor de esfuerzos σ1 , σ2 y σ3 , estos se deben de ordenar de manera que σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 , por lo que σ1 = 10 σ2 = 0 σ3 = −4 El siguiente paso es encontrar para cada valor principal su direcci´n principal correspondiente o resolviendo el siguiente sistema de ecuaciones: ϕ 0 σ [σ − σi I ] [ϕ σi ] = [0 ] o o donde ϕ σi es el vector de direcci´n principal asociado al valorde la direcci´n principal i. Para σ1 = 10, primero se plantea el siguiente sistema de ecuaciones: ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ 2 3 ϕ1 0 1 − σ1 ⎣ 2 6 ⎦ ⎣ϕ2 ⎦ = ⎣0⎦ 4 − σ1 ϕ3 3 6 1 − σ1 0 1

donde la soluci´n que nos interesa es aquella que no es la trivial, es decir, en la que no todos o los coeficientes de ϕi son cero. El sistema de ecuaciones queda de la siguiente manera: ⎛ ⎞ −9 2 3 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2 −6 6 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎠ 3 6 −9 0 donde la soluci´n consiste en generar un rengl´n de ceros. La manera de proceder es la o o siguiente: multipliquemos el primer rengl´n por un factor de 2/9 y lo sumamos al segundo o rengl´n. De la misma forma se multiplica en primer rengl´n por 1/3 y se suma al tercer o o rengl´n. Esto se representa en la siguiente ecuaci´n: o o ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ −9 2 3 0 −9 2 3 0 ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ 20 2 50 ⎜ 2 −6 6 0⎟ R2 + R1 −→ ⎜ 0 − 0⎟ 9 9 3 ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 1 20 0 −8 0 3 6 −9 0 R3 + 3 R1 3 Siguiendo el mismo procedimiento, ⎛ −9 2 3 ⎜ ⎜ ⎜ 0 − 50 20 9 3 ⎜ ⎝ 20 0 −8 3 encontramos: ⎛ ⎞ −9 2 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0⎟ −→ ⎜ 0 − 50 9 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0 0 0 R3 + 6 R 2 5 3
20 3

0

⎞

0

⎟ ⎟ 0⎟ ⎟ ⎠ 0

Puesto que el tercer rengl´n es cero, esto significa que 0 = 0 o en nuestro caso que ϕ3 = ϕ3 y o el sistema de ecuacionesquedar´ como una ecuaci´n param´trica que depende de ϕ3 . Por lo a o e tanto podemos escribir: −9ϕ1 + 2ϕ2 + 3ϕ3 = 0 60 50 − ϕ2 + ϕ3 = 0 9 9 ϕ3 = ϕ3 o Si despejamos ϕ2 de la ecuaci´n (2) obtenemos que: 6 ϕ2 = ϕ3 5 Si ahora despejamos ϕ1 de la ecuaci´n (1) encontramos: o (4) (1) (2) (3)

2 1 (5) ϕ 1 = ϕ2 + ϕ3 9 3 Sustituyendo ahora la ecuaci´n (4) en la ecuaci´n (5) obtenemos el valor de ϕ1 en funci´n deo o o ϕ3 , el cual es 3 ϕ1 = ϕ3 5 2 (6)

De esta manera hemos encontrado la soluci´n a nuestro sistema de ecuaciones que est´ en o a funci´n del par´metro ϕ3 : o a 3 ϕ1 = ϕ3 5 6 ϕ2 = ϕ3 5 ϕ3 = ϕ3 Para encontrar una soluci´n de las multiples que existen para este problema, daremos un valor o cualquiera a ϕ3 . Por conveniencia en este caso hemos tomado ϕ3 = 5. De esta manera hemos encontrado envector de direcci´n principal asociado al valor principal σ1 = 10: o ⎡ ⎤ 3 ϕ σ1 = ⎣6⎦ (7) 5 Para σ2 = 0, primero se plantea el siguiente sistema de ecuaciones: ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 2 3 1 − σ2 ϕ1 0 ⎣ 2 ⎦ ⎣ϕ2 ⎦ = ⎣0⎦ 6 4 − σ2 ϕ3 3 6 1 − σ2 0 donde la soluci´n que nos interesa es aquella que no es la trivial, es decir, en la que no todos o los coeficientes de ϕi son cero. El sistema de ecuaciones queda de lasiguiente manera: ⎛ ⎞ 1 2 3 0 ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜2 4 6 0 ⎟ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 3 6 1 0 donde la soluci´n consiste en generar un rengl´n de ceros. La manera de proceder es la o o siguiente: multipliquemos el primer rengl´n por un factor de −2 y lo sumamos al segundo o rengl´n. De la misma forma se multiplica en primer rengl´n por −3 y se suma al tercer o o rengl´n. Esto se representa en la siguiente ecuaci´n: o o ⎛ ⎞...