非対称tensorを正規直交基底で座標変換する
2023-03-06 15:59:17 計算メモ
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固有vectorが正規直交基底になる非対称行列は存在しない 清書
$ \pmb A={\cal\pmb D}:{\cal\pmb S}:\pmb A+\frac12\mathrm{tr}(\pmb A)\pmb I+{\cal\pmb W}:\pmb A
任意の正規直交基底$ \sf Eで成分表示する
$ [\pmb A]^{\sf EE}=\begin{pmatrix}a_-&\tau_+\\\tau_+&-a_-\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}a_+&0\\0&a_+\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0&\tau_-\\-\tau_-&0\end{pmatrix}
$ a_+:=\frac12([\pmb A]^{\sf EE}_{00}+[\pmb A]^{\sf EE}_{11})=\frac12\mathrm{tr}\pmb A
$ a_-:=\frac12([\pmb A]^{\sf EE}_{00}-[\pmb A]^{\sf EE}_{11})
$ \tau_+:=\frac12([\pmb A]^{\sf EE}_{01}+[\pmb A]^{\sf EE}_{10})
$ \tau_-:=\frac12([\pmb A]^{\sf EE}_{01}-[\pmb A]^{\sf EE}_{10})
$ \sf Eを反時計まわりに$ \theta回転させた基底を$ \sf Fとする
$ [\pmb I]^{\sf FE}=\begin{pmatrix}\cos\theta&\sin\theta\\-\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}
$ [\pmb A]^{\sf FF} を求める
$ [\pmb A]^{\sf FF}=[\pmb I]^{\sf FE}\begin{pmatrix}a_-&\tau_+\\\tau_+&-a_-\end{pmatrix}[\pmb I]^{\sf EF}+[\pmb I]^{\sf FE}\begin{pmatrix}a_+&0\\0&a_+\end{pmatrix}[\pmb I]^{\sf EF}+[\pmb I]^{\sf FE}\begin{pmatrix}0&\tau_-\\-\tau_-&0\end{pmatrix}[\pmb I]^{\sf EF}
$ =[\pmb I]^{\sf FE}\begin{pmatrix}\tau_+&a_-\\-a_-&\tau_+\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}[\pmb I]^{\sf EF}+\begin{pmatrix}a_+&0\\0&a_+\end{pmatrix}[\pmb I]^{\sf FE}[\pmb I]^{\sf EF}+\begin{pmatrix}0&\tau_-\\-\tau_-&0\end{pmatrix}[\pmb I]^{\sf FE}[\pmb I]^{\sf EF}
$ =\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}R(-\theta)R\left(\phi-\frac12\pi\right)R(-\theta)\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}+a_+[\pmb I]^{\sf FF}+\tau_-[\pmb\epsilon]^{\sf FF}
$ R(\varphi):=\begin{pmatrix}\cos\varphi&-\sin\varphi\\\sin\varphi&\cos\varphi\end{pmatrix}
$ \phi:=\tan^{-1}\frac{\tau_+}{a_-}
$ =\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}R\left(\phi-2\theta-\frac12\pi\right)\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}+a_+[\pmb I]^{\sf FF}+\tau_-[\pmb\epsilon]^{\sf FF}
$ =\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}\begin{pmatrix}\cos\left(\phi-2\theta-\frac12\pi\right)&-\sin\left(\phi-2\theta-\frac12\pi\right)\\\sin\left(\phi-2\theta-\frac12\pi\right)&\cos\left(\phi-2\theta-\frac12\pi\right)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}+a_+[\pmb I]^{\sf FF}+\tau_-[\pmb\epsilon]^{\sf FF}
$ =\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}\begin{pmatrix}\sin\left(\phi-2\theta\right)&\cos\left(\phi-2\theta\right)\\-\cos\left(\phi-2\theta\right)&\sin\left(\phi-2\theta-\frac12\pi\right)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}+a_+[\pmb I]^{\sf FF}+\tau_-[\pmb\epsilon]^{\sf FF}
$ =\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}\begin{pmatrix}\cos\left(\phi-2\theta\right)&\sin\left(\phi-2\theta\right)\\\sin\left(\phi-2\theta\right)&-\cos\left(\phi-2\theta\right)\end{pmatrix}+a_+[\pmb I]^{\sf FF}+\tau_-[\pmb\epsilon]^{\sf FF}
$ \iff\begin{dcases}[\pmb A]^{\sf FF}_{00}&=\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}\cos(\phi-2\theta)+a_+\\ [\pmb A]^{\sf FF}_{01}&=\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}\sin(\phi-2\theta)+\tau_-\\ [\pmb A]^{\sf FF}_{11}&=-\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}\cos(\phi-2\theta)+a_+\\-[\pmb A]^{\sf FF}_{10}&=-\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}\sin(\phi-2\theta)+\tau_-\end{dcases}
つまり、$ ([\pmb A]^{\sf FF}_{00}, [\pmb A]^{\sf FF}_{01}) は中心$ (a_+,\tau_-)、半径$ \sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}のMohr円上にあることがわかる 調べる
$ \phi=2\thetaのとき (対称tensorなら主応力状態になる)
$ \begin{dcases}[\pmb A]^{\sf FF}_{00}&=\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}+a_+\\ [\pmb A]^{\sf FF}_{01}&=\tau_-\\ [\pmb A]^{\sf FF}_{11}&=-\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}+a_+\\-[\pmb A]^{\sf FF}_{10}&=\tau_-\end{dcases}
円の中心からそれぞれ水平方向に線を延ばしたときの交点に一致する
$ [\pmb A]^{\sf FF}_{01}=0 の場合
$ \sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}\sin(\phi-2\theta)+\tau_-=0
$ \iff\sin(\phi-2\theta)=-\frac{\tau_-}{\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}}
$ [\pmb A]^{\sf FF}_{10}=0 の場合
$ -\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}\sin(\phi-2\theta)+\tau_-=0
$ \iff\sin(\phi-2\theta)=\frac{\tau_-}{\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}}
それぞれ、垂直成分軸との交点での角度となる
もしMohr円が垂直成分軸と交わるときのみ固有値が実数になると予想すると、その条件は
$ {a_-}^2+{\tau_+}^2\ge{\tau_-}^2
となる
$ \lambda^2-2a_+\lambda+({a_+}^2+{\tau_-}^2)-({a_-}^2+{\tau_+}^2)=0
$ \because\det\pmb A=[\pmb A]^{\sf EE}_{00}[\pmb A]^{\sf EE}_{11}-[\pmb A]^{\sf EE}_{01}[\pmb A]^{\sf EE}_{10}
$ = ({a_+}^2-{a_-}^2)-({\tau_+}^2-{\tau_-}^2)
$ = ({a_+}^2+{\tau_-}^2)-({a_-}^2+{\tau_+}^2)
$ =|\pmb c|^2-r^2
Mohr円の半径$ r:=\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}と中心位置$ \pmb c:=({a_+},{\tau_-})を導入した
$ \iff\lambda=a_+\pm\sqrt{{a_+}^2+r^2-({a_+}^2+{\tau_-}^2)}
$ =a_+\pm\sqrt{r^2-{\tau_-}^2}
$ \lambda\in\R\iff r^2\ge{\tau_-}^2\iff{a_-}^2+{\tau_+}^2\ge{\tau_-}^2なので、先の予想が示された
固有値同士の角度の予想
単位固有vector同士のdot積が$ \frac{\tau_-}{\sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}}になるはず 不変量
$ a_+=\frac12\mathrm{tr}\pmb A
$ \sqrt{{a_-}^2+{\tau_+}^2}=\sqrt{-\det{\cal\pmb D}:{\cal\pmb S}:\pmb A}
$ \tau_-=\sqrt{\det{\cal\pmb W}:\pmb A}
使った式
$ \begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-b&a\\-a&-b\end{pmatrix}
$ \begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-b&a\\-a&-b\end{pmatrix}
$ \therefore[\pmb I]^{\sf FE}\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}[\pmb I]^{\sf FE}
$ \mathrm{tr}({\cal\pmb S}:\pmb A)=[{\cal\pmb S}:\pmb A]^{\sf E\bar E}_{ii}\quad\text{.for }\forall\sf E
$ = \frac12([\pmb A]^{\sf E\bar E}_{ii}+[\pmb A]^{\sf\bar EE}_{ii})\quad\text{.for }\forall\sf E
$ = \frac12([\pmb A]^{\sf E\bar E}_{ii}+[\pmb I]^{\sf\bar E\bar E}_{ij}[\pmb A]^{\sf E\bar E}_{jk}[\pmb I]^{\sf EE}_{ki})\quad\text{.for }\forall\sf E
$ = \frac12([\pmb A]^{\sf E\bar E}_{ii}+[\pmb I]^{\sf EE}_{ki}[\pmb I]^{\sf\bar E\bar E}_{ij}[\pmb A]^{\sf E\bar E}_{jk})\quad\text{.for }\forall\sf E
$ = \frac12([\pmb A]^{\sf E\bar E}_{ii}+[\pmb I]^{\sf E\bar E}_{kj}[\pmb A]^{\sf E\bar E}_{jk})\quad\text{.for }\forall\sf E
$ = \frac12([\pmb A]^{\sf E\bar E}_{ii}+[\pmb A]^{\sf E\bar E}_{jj})\quad\text{.for }\forall\sf E
$ = [\pmb A]^{\sf EE}_{ii}\quad\text{.for }\forall\sf E
$ \therefore\mathrm{tr}({\cal\pmb S}:\pmb A)=\mathrm{tr}\pmb A
これはシンボリック表記だけでも示せる
$ \mathrm{tr}({\cal\pmb S}:\pmb A)=\mathrm{tr}\left(\frac12(\pmb A+\pmb A^\top)\right)=\frac12(\mathrm{tr}\pmb A+\mathrm{tr}\pmb A^\top)=\frac12(\mathrm{tr}\pmb A+\mathrm{tr}\pmb A)=\mathrm{tr}\pmb A