等方-偏差分解を用いてMohr円を導出する

等方-偏差分解を使うとMohr円の式を簡単に導出できることに気づいたtakker.icon

ここでは、$ A:=\begin{pmatrix}a_{00}&a_{01}\\a_{01}&a_{11}\end{pmatrix}のMohr円の式を導いてみる

$ Aを等方-偏差分解すると、3つの基本的な行列の線型結合で表せる

$ A=\begin{pmatrix}a_-&a_{01}\\a_{01}&-a_-\end{pmatrix}+a_+\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}ー①

ここで、

$ a_-:=\frac12(a_{00}-a_{11})

$ a_+:=\frac12(a_{00}+a_{11})=\frac12I_1^A

$ I_1^A：$ Aの第1不変量

一方、直交行列$ R=\begin{pmatrix}a&-b\\b&a\end{pmatrix}と$ J=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}の積について次の性質が成り立つ

$ RJ=JR^\topー②

証明

$ RJ=\begin{pmatrix}a&-b\\b&a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-b&a\\a&b\end{pmatrix}

これは対称行列だから

$ \underline{RJ=(RJ)^\top=J^\top R^\top=JR^\top\quad}_\blacksquare

また、$ R(\theta):=\begin{pmatrix}\cos\theta&\sin\theta\\-\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}としておく

以上を用いて、反時計回りに$ \thetaだけ回転させた座標系で$ Aを座標変換した行列

$ A':=\begin{pmatrix}a'_{00}&a'_{01}\\a'_{01}&a'_{11}\end{pmatrix}:={R(\theta)}^\top AR(\theta)

を求める

$ A'={R(\theta)}^\top AR(\theta)

$ ={R(\theta)}^\top\begin{pmatrix}a_-&a_{01}\\a_{01}&-a_-\end{pmatrix}{R(\theta)}+a_+{R(\theta)}^\top IR(\theta)

$ \because①

$ =R(-\theta)\begin{pmatrix}a_{01}&a_-\\-a_-&a_{01}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}{R(\theta)}+a_+ I

$ =R(-\theta)\begin{pmatrix}a_{01}&a_-\\-a_-&a_{01}\end{pmatrix}J{R(\theta)}+a_+ I

$ =\sqrt{{a_{01}}^2+{a_-}^2}R(-\theta)R\left(\frac12\pi-\phi\right)R(-\theta)\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}+a_+ I

$ \because②

ここで、$ \phi:=\tan^{-1}\frac{a_{01}}{a_-}とした

$ \sqrt{{a_{01}}^2+{a_-}^2}\sin\phi=a_-,\sqrt{{a_{01}}^2+{a_-}^2}\cos\phi=a_{01}

$ =\sqrt{{a_{01}}^2+{a_-}^2}R\left(\frac12\pi-\phi-2\theta\right)J+a_+ I

$ =\sqrt{{a_{01}}^2+{a_-}^2}\begin{pmatrix}\cos(\phi-2\theta)&\sin(\phi-2\theta)\\-\sin(\phi-2\theta)&\cos(\phi-2\theta)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}+a_+ I

$ \underline{\implies\begin{dcases}a'_{00}&=\sqrt{{a_{01}}^2+{a_-}^2}\cos(\phi-2\theta)+a_+\\a'_{01}&=\sqrt{{a_{01}}^2+{a_-}^2}\sin(\phi-2\theta)\end{dcases}\quad}_\blacksquare

$ (a'_{00},a'_{01})をプロットすれば、Mohr円ができる

このように、面倒な三角函数計算と行列計算を省いて$ {R(\theta)}^\top AR(\theta)を求めることができる

なお、$ \sqrt{{a_{01}}^2+{a_-}^2}=\frac12\sqrt{4{a_{01}}^2+{a_{00}}^2-2a_{00}a_{11}+{a_{11}}^2}

$ = \frac12\sqrt{A:A+2{a_{01}}^2-2a_{00}a_{11}}

$ A:A：二重縮合

$ = \frac12\sqrt{A:A-2\det A}

$ = \frac12\sqrt{A:A^\top-2I_2^A}

$ \because A^\top=A,Aが2次元

$ = \frac12\sqrt{{I\!I}_A-2I_2^A}

$ = \frac12\sqrt{{I_1^A}^2-2I_2^A-2I_2^A}

$ = \frac12\sqrt{{I_1^A}^2-4I_2^A}

$ =\sqrt{\left(\frac12I_1^A\right)^2-I_2^A}