3次元偏差tensor
ある正規直交基底$ {\sf E}=(\pmb e_0,\pmb e_1,\pmb e_2) と3次元2階対称tensor$ \pmb T を用意する
$ \pmb T を対角化して$ \pmb T:=[\pmb T]^{\sf CC}_{ii}\pmb c_i\pmb c_i と書けることにする
ここで、$ \pmb J:=\pmb c_0\pmb c_0+\omega\pmb c_1\pmb c_1+\omega^2\pmb c_2\pmb c_2=\omega^i\pmb c_i\pmb c_iを導入する。
$ \omega:=e^{\frac23\pi i}
性質
$ \pmb I:\pmb I=3
$ \pmb J:\pmb J=1+\omega^2+\omega^4=1+\omega^*+\omega=1+2\Re\omega=1-\frac22=0
$ \pmb I:\pmb J=1+\omega+\omega^2=1+\omega+\omega^*=0
$ \pmb J:\pmb J^*=1+|\omega|^2+|\omega|^4=3
$ \pmb I:\pmb J^*=1+\omega^*+\omega=0
$ \pmb T=T_I\pmb I+T_J\pmb J^*+T_J^*\pmb J
ここで、
$ T_I:=\frac13\mathrm{tr}\pmb T=\frac13\pmb I:\pmb T
$ T_J:=\frac13[\pmb T]^{\sf CC}_{ii}\omega^i=\frac13\pmb J:\pmb T
係数の類推方法
$ \pmb T=a\pmb I+b\pmb J^*+c\pmb J
$ \implies \pmb T:\pmb I=a\cdot3+0+0
$ \pmb T:\pmb J=0+b\cdot3+0
$ \pmb T:\pmb J^*=0+0+c\cdot3
$ \iff a=\frac13\pmb T:\pmb I
$ b=\frac13\pmb T:\pmb J
$ c=\frac13\pmb T:\pmb J^*
証明
$ T_J\pmb J^*=\frac13[\pmb T]^{\sf CC}_{ii}\omega^i\omega^{-j}\pmb c_j\pmb c_j
$ = \frac13\left([\pmb T]^{\sf CC}_{00}+[\pmb T]^{\sf CC}_{11}\omega+[\pmb T]^{\sf CC}_{22}\omega^2\right)\pmb c_0\pmb c_0
$ +\frac13\left([\pmb T]^{\sf CC}_{00}\omega^2+[\pmb T]^{\sf CC}_{11}+[\pmb T]^{\sf CC}_{22}\omega\right)\pmb c_1\pmb c_1
$ +\frac13\left([\pmb T]^{\sf CC}_{00}\omega+[\pmb T]^{\sf CC}_{11}\omega^2+[\pmb T]^{\sf CC}_{22}\right)\pmb c_2\pmb c_2
$ \implies T_J\pmb J^*+T_J^*\pmb J=2\Re T_J\pmb J^*
$ = \frac13\left(2[\pmb T]^{\sf CC}_{00}-[\pmb T]^{\sf CC}_{11}-[\pmb T]^{\sf CC}_{22}\right)\pmb c_0\pmb c_0
$ +\frac13\left(-[\pmb T]^{\sf CC}_{00}+2[\pmb T]^{\sf CC}_{11}-[\pmb T]^{\sf CC}_{22}\right)\pmb c_1\pmb c_1
$ +\frac13\left(-[\pmb T]^{\sf CC}_{00}-[\pmb T]^{\sf CC}_{11}+2[\pmb T]^{\sf CC}_{22}\right)\pmb c_2\pmb c_2
$ \because \Re\omega=\Re\omega^2=-\frac12
$ = \pmb T-T_I\pmb I
$ = {\cal\pmb D}:\pmb T
$ \pmb T_Jを調べる
$ \Re T_J=\frac13([\pmb T]^{\sf CC}_{00}-\frac12([\pmb T]^{\sf CC}_{11}+[\pmb T]^{\sf CC}_{22}))=\frac12(\frac23[\pmb T]^{\sf CC}_{00}-\frac13([\pmb T]^{\sf CC}_{11}+[\pmb T]^{\sf CC}_{22}))=\frac12[{\cal\pmb D}:\pmb T]^{\sf CC}_{00}
$ \Im T_J=\frac13(\frac12\sqrt3([\pmb T]^{\sf CC}_{11}-[\pmb T]^{\sf CC}_{22}))=\frac1{2\sqrt3}([\pmb T]^{\sf CC}_{11}-[\pmb T]^{\sf CC}_{22}))
$ \phi:=\arg T_J=\tan^{-1}\frac{\Im T_J}{\Re T_J}=\tan^{-1}\frac1{\sqrt3}\frac{[\pmb T]^{\sf CC}_{11}-[\pmb T]^{\sf CC}_{22}}{[{\cal\pmb D}:\pmb T]^{\sf CC}_{00}}
以下の差を使うと何か見えるかも
$ T_{0-1}:=\frac12([\pmb T]^{\sf CC}_{00}-[\pmb T]^{\sf CC}_{11})
$ T_{1-2}:=\frac12([\pmb T]^{\sf CC}_{11}-[\pmb T]^{\sf CC}_{22})
$ T_{2-0}:=\frac12([\pmb T]^{\sf CC}_{22}-[\pmb T]^{\sf CC}_{00})
$ \omega+\omega^2=-1より
$ T_J\pmb J^*=\frac13(T_{2-0}\omega^*-T_{0-1}\omega)\pmb c_0\pmb c_0
$ +\frac13(T_{0-1}\omega^*-T_{1-2}\omega)\pmb c_1\pmb c_1
$ +\frac13(T_{1-2}\omega^*-T_{2-0}\omega)\pmb c_2\pmb c_2
$ \Re T_J=\frac13(T_{0-1}-T_{2-0})
$ \Im T_J=\frac1{\sqrt3}T_{1-2}
$ \arg T_J=\tan^{-1}\sqrt3\frac{T_{1-2}}{T_{0-1}-T_{2-0}}
$ |T_J|を求める
$ |T_J|^2=\frac19({T_{2-0}}^2-2T_{2-0}T_{0-1}+{T_{0-1}}^2)+\frac13{T_{1-2}}^2
$ = \frac29({T_{0-1}}^2+{T_{1-2}}^2+{T_{2-0}}^2)+\frac19(-{T_{0-1}}^2+{T_{1-2}}^2-{T_{2-0}}^2-2T_{2-0}T_{0-1})
$ = \frac29({T_{0-1}}^2+{T_{1-2}}^2+{T_{2-0}}^2)+\frac19({T_{1-2}}^2-(T_{2-0}+T_{0-1})^2)
$ = \frac29({T_{0-1}}^2+{T_{1-2}}^2+{T_{2-0}}^2)+\frac19({T_{1-2}}^2-{T_{2-1}}^2)
$ =\frac29({T_{0-1}}^2+{T_{1-2}}^2+{T_{2-0}}^2)
$ \therefore|T_J|=\frac13\sqrt2\sqrt{{T_{0-1}}^2+{T_{1-2}}^2+{T_{2-0}}^2}
$ \tau_{oct}:=\sqrt2|T_J|が八面体剪断成分に相当する $ \det{\cal\pmb D}:\pmb A=\frac1{27}(\mathrm{tr}\pmb A)^3-\frac19(\mathrm{tr}\pmb A)^3+\frac16((\mathrm{tr}\pmb A)^3-(\mathrm{tr}\pmb A^2)(\mathrm{tr}\pmb A))-\det\pmb A
$ =\frac1{27}(\mathrm{tr}\pmb A)^3-\frac19(\mathrm{tr}\pmb A)^3+\frac16((\mathrm{tr}\pmb A)^3-(\mathrm{tr}\pmb A^2)(\mathrm{tr}\pmb A))-\frac13(\mathrm{tr}\pmb A^3)-\frac16(\mathrm{tr}\pmb A)^3+\frac12(\mathrm{tr}\pmb A)\mathrm{tr}\pmb A^2
$ = -\frac2{27}(\mathrm{tr}\pmb A)^3-\frac13(\mathrm{tr}\pmb A^3)+\frac13(\mathrm{tr}\pmb A^2)(\mathrm{tr}\pmb A)
$ = -\frac1{27}(2(c_0+c_1+c_2)^3-9(c_0^3+c_1^3+c_2^3)+9(c_0^2+c_1^2+c_2^2)(c_0+c_1+c_2))
$ = -\frac1{27}(2(c_0+c_1+c_2)^3-9(c_0^2(c_1+c_2)+c_1^2(c_2+c_0)+c_2^2(c_0+c_1)))
うーん、うまくむすびつかなそう
すくなくとも$ \det\pmb Aを消したのは悪手
$ c_\bulletで展開すると、$ c_0c_1c_2=\det\pmb Aの項が現れる
$ S_2=-\frac16\left(4{T_{0-1}}^2+4{T_{1-2}}^2+4{T_{2-0}}^2\right)
$ =-\frac23\left({T_{0-1}}^2+{T_{1-2}}^2+{T_{2-0}}^2\right)
$ \implies \sqrt{-\frac13S_2}=|T_J|
$ \implies \tau_{oct}=\sqrt{-\frac23S_2}
$ \pmb A^3-(\mathrm{tr}\pmb A)\pmb A^2+\frac12((\mathrm{tr}\pmb A)^2-(\mathrm{tr}\pmb A^2))\pmb A-(\det\pmb A)\pmb I=0
$ \implies\mathrm{tr}\pmb A^3-(\mathrm{tr}\pmb A)\mathrm{tr}\pmb A^2+\frac12(\mathrm{tr}\pmb A)^3-\frac12(\mathrm{tr}\pmb A)\mathrm{tr}\pmb A^2-3\det\pmb A=0
$ \iff 3\det\pmb A=\mathrm{tr}\pmb A^3+\frac12(\mathrm{tr}\pmb A)^3-\frac32(\mathrm{tr}\pmb A)\mathrm{tr}\pmb A^2
$ \iff \det\pmb A=\frac13(\mathrm{tr}\pmb A^3)+\frac16(\mathrm{tr}\pmb A)^3-\frac12(\mathrm{tr}\pmb A)\mathrm{tr}\pmb A^2