1625914690-aaf8497578f2caff9b9bf1ca7388ac38 (Мейз Дж 1974 - Теория и задачи механики сплошных сред), страница 9

Тогда ГЛ. Ь МАТЕМАтз!ЧЕСКИЕ ОСНОВЫ х, = В, мп 8, ь!п Вз, кз = 0 соь 8 . х, = е, мп е, е,, Следовательно, дкг дх, дк, — = а|и ез соь ез, — = 6 соь Вз соь 8 де, де, = = — 8, Гйп ез ь| и О!м дхз дЕ, дкз дез дкз — = Мп Езз!п де, дк., — .е„ дег дх Вз, дВз дкз дег =Е ь|пе В =6, В,МВЕ„ = — е, ми в„ Огсчода найдем дхз дкз ап= — — =мп е, е, + де, де +Мп Е,ь!п Ез+ '8,=1, а = — — =В,соь'В,соь Е,-|- дхь дх! т дЕ, дЕ,= | +Вз соьзе,мпз 8 + ет з|пзе = Вт, Рис. 1.16.

дх; дк! т, дзз= — = 8| ь!п 0 МпзВ + 0 ь|пз 8 соьзВ = В, илзе, де, дез Кроме того, д = 8 для р К ф Например, дк; дх! чдз= де де (ь!пезсоьез)(егсозезсоьез)+ г + (ь|п Вз Мп 0 ) (8~ соь 0 ь!и ез) — (соз Вт) (В Мп Вз) = 8. Таким образом, в сферических координатах (дз)з = (де)з+ (Е)з(дЕ)з+ (В, Мп 6)з(дЕ)з, или (дь)з = (дг)з+ гз (дф)з + (г Гйп ф)з (де)з. 1.30. Показать, что длина линейного элемента гЬ, соответствующего приращению криволинейной координаты ь(0„ равна ь(з = ') д,,ь(0, (не сул|мировать!). Применить полученный результат к сферической системе координат (задача 1.29). Эапиьпем формулу (1.86) в виде Щз = й дердез. Тогда для линейного алелмнта (дег, 8, 0) получим выражение (дь)' = дп (дез)' и дь = ) "аи дЕг.

Аналогично для (Е, дез, Ю) получим дь = !' Ем Ж~, а для (8, Е, дВз) получим дь = р'йзз деа. В сферической Рис. 1.17. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ хз хг х, ~ сгн О Мпо О ~ О Таким образом, тензор преобразования имеет вид соко з)па 0 А = — з!п8 сов о 0 0 0 1 Рис. 1.!8. По правилу преобразования векторов (1.94) получаем о,' = ом ; о, О + о, з(п О, оз ог)о! — ог ып 8 + отсов О оз = озйо = оз. системе координат (рис. 1.17) имеем следующие выражения! 1) д (ЛО» О, О) 3 =До,=б; 3) д (О, НО„О) Л =О,В,- (р; 3) для (О, О, г(оз) из=огз1позбо =гз!пчх(О.

1.31. Пусть Ргз — угол между линейными элементами (г(О» О, О) и (О, гЮ„О). Показать, что соз Ргт = г'й» р'Е,. Пусть г(в = )Гягговг — длина линейного элемента (дбг, О, 0), а озз )гй оо — длина линейного элемента (О, доз, 0). тогда квадрат длины (оз)з линейного элемента (оо„ооз, 0) можно вычйслить так: (оз)з = 2соз ргзгЬгоы+ + (дзг)з+ (ою)з. С другой стороны, 8(з)з = Ьгахг = лги(8!'+ Еззпотз+ влгзпогЛОз. Отсюда, пользуясь результатом задачи 1.30, получаем дог доз Кгз соз ргз Ем — — = пгг Кзз )Я~ р о 1.32, Оси декартовой системы координат Ох!хтхз получены поворотом системы Ох,х,х, на угол О вокруг оси х,. Определить коэффициенты преобразования ао указанных осей и найти компоненты вектора ч = о,е, + о,ет + о,е, в системе со штрихами.

По определению (ель $ !.!3) аг. = соз (хг, х). Углы люкду соответствующими осами указаны на рис. 1.18, что йозволяег найти таблицу направляющих носинусов: ГЛ. Ь МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ 1.ЗЗ. В приведенной таблице частично заданы направляющие косинусы углов между осями двух декартовых ортогональных систем координат. Определить элементы нижнего ряда таблицы так, чтобы система Охгхзхз была правой. ха хг О а/ Первая строка таблицы дает единичный вектор е, осн кг в никее, = а/,е,— — а/а еа.

Точно так жест — — е,. /)ля правой системы должно быть выполнено равенство ез — — ег Х ег, или е, = (т/а е, — а/, ех) Х еа —— — а/, ет — а/хе,. Таким образом мы получим третью строку таблицы: "з /а /а г.34. Пусть углы между направлениями осей координат системы со штрихами и системы без штрихов даны в следующей таблице: Определить козффициен-ы преобразования ап и показать, что выполнены условия ортогональности. Коэффициенты аг/ являются направляющими косинусами и могут быль сразу вычислены в аютветствии с данной таблицей углов.

Таким образом, — 1г г' 2 1/2 — 1/2 оц 0 1/)/2 1/Уй 1/)' 2 1/2 — 1/2 Условия ортогональности а/агь = 6/» требуют, чтобы выполнялись след)ющне условия: 1) при /= й = 1 должно быть апам+ омам+ аа,аа, = 1; левая часть, очевидно, представляет собой сумму квадратов элементов первого столбца; 2) при /'= 2. й = 3 должно быть выполнено равенство пгаага+ оа а,а+ + а„а, = О, левая часть которого является суммой проиаведеннй соответствующих элементов второго и третьего столбцов: 3) сумма произведений соответствующих элементов любых двух столбцов ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ должна быть равна нулю; сумма квадратов элементов любого столбца должна быть равна единице.

Вслп условие ортогональностн запнсано в форме а.га„! = б тн то вместо столб. ! !э' цов перемножаются сгрокя. Указанное выше решение удовлетворяет всем эткм требованиям. 1.35. Показать, что сумма ХА!! + (гВг! представляет компоненты тензора второго ранга, если известно, что Аг! и В — тензоры второго ранга. Согласнофорл~уле (1АОЗ) нусловяюзадзчн А!. = а га .А к ВВ = а га .В Отсюда ХАг!+РВО=Х(а а !А )+(г(а а !Вр) = ар а (ХА +РВ ), а это значит.

что указанная сумма преобразуется как декартов тензор второго ранга. 1.36. Показать, что (Рг!ь+ Р!ы+ Ргтэ) х,х!х„= ЗРВкк,х!х„. Так как все индексы являются немыми я, следовательно, порядок написания переменных х! не играет роли, все слагаемые эквквалентны друг другу. Это легко показать, введя другие немые индексы. Так, заменвв й 1, Ь во втором я третьем членах на Р, д, г. получим Рг!эк!к(кь + Рцгркркцхг + Рцргхркцкг. Теперь вернемся в тех же членах к прежним индексам суммнровання 1, /, Ь я получям сумму Рг!эк!хгхь + Р!.ькьхгк1+ Рг.ьк!к!хэ = зР! эхгх!хь. 1.37.

Пусть ВΠ— антисимметричный и А;; — симметричный тензоры. Показать, что А!!Вг! = О. ТаккакА, = А .кВг(= — В.,то А..В..= — А-В:, нляА .В + А-В" = 9 !! В Л' !1!! !г Л' !1О р д = А! Вг!+ Ар В = О. Поскольку все индексы являются немымн. А В = Аг!Вг1, к поэтому 2Аг.Вг = О, ялк А!.В = О. 1.38. Показать, что квадратичная форма 0;;хгх, не изменится, если вместо тензоРа 0г! взЯть его сиыьиетРИЧНУго часть 01!а. Разложнм Ог! на снммегрнчную н антяскммстрячяую части: ОВ = ОНО+ О„В = 1, (ОО+ ОВ) + !з (ОО! — ОЛ). Тогда О<!в кгх! Iэ (О!1+ О!!) хгх! ~!э (О!.хгх1+ О хцхр) = О!!х!х!.

1.39. Используя индексные обозначения, доказать векторные тождества 1) аХ(Ьхс)=(а.с)Ь вЂ” (а Ь)с, 2) ахЬ а=О. 1) Пустьч = Ь ус с. Тогда о! а! Ь!сь, неслна К ч= м,то юр = зрцгоцзг!эЬ!сэ Яр!без — б эб !) а Ь!сц = (см. задачу 1.2б) ацагкц — ацЬцгр — — (а сц) Ь, (ацЬц) ср, ГЛ «.МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ А„ «[е(А«у = Ам Азт А, А„ А„А,а А„А«м можно записать в виде вн»АНАз;Азы По формулам (! .бх) и (!. )09) смешанное произведение [аЬс) можно представить тзк: а« а аэ Л= а ° Ь Х с = [аЬс) = еуаа«Ьус»= Ь«Ьэ Ьэ у с« сэ сз Если теперь положить а« = Ауу, Ьу = Ату и с« = Азу, то будем иметь Л= еп а«Ь;с»= еИ„АИА,уА,».

Этот же результат можно получить и непосредственныл«разложением определите- ля по строке. Определитель можно также записать в виде еу -»АНА тА»з, 'очевидно, Ч ! эти два выражения эквивалентны. 1.4!. Вектор 0, зздан в базисе а, Ь, с своими компонентами и,.= е.у»о«Ьус» = аау + рЬ«+ ус,. Показать, что а = е,а Ь„с, от = аа, + [)Ь«+ ус, оэ ааэ+ [)Ьэ+ ус, оэ = ааэ+ [)Ьз+ усэ. По правилу Крамера о, Ь«с« о, Ь сэ оэ Ьэ сз и, Ь, с« 1 аэ Ь, сэ аз Ьэ са В символических обозначениях это выражение имеет вид и = а х (Ь х с) = (а с) Ь вЂ” (а Ь) с.

2) Пусть а Х Ь= т, т. е. о«еуу ауЬ», и если Л т - а, тоЛ= в( (а«ауЬ»). Но в . антнснмметричен по индексам У и у, в то время иак произведение (ауиуЬ») симметрично по этим индексам. Следовательно, в«у»ауа«Ь» обращается в пуль, что можно показать, непосредственно расписывая это выражение по индексам: Л = з«у,и«а;Ь, + епэа,а«бе+ еоэи«а«Ь« —— = (еээ«азат+ е»э,а»аз) Ь, + ° - ° ( — аэа» + а аэ) Ь, + (О) Ьэ+ (О) Ьз — — О, 1.40. Покззатуч что определитель злдччи с рнгнвннямн и. пользуясь формулами (1.52) н (1.! 09), можно написать е, „огЬ!сх з , арЬес, Подобным же образом ваходим еггьаго;сь в= ер азс ' епаагЬ;оь у= — ' е аЬс Матрицы и матричные методы 61.17 — 1.20) 1.42.

Для векторов а = 31 + 4й, Ь = 21 — 6й и диадика Р = = 3[1-[- 21 й — 41) — йй) путем перемножения лгатрнп вычислить произведения а ° Р, Р ° Ь и а Р ° Ь. Пусть а ° Р = ч; тогда ГЗ О 2з [от, ое, оз) = [3. О, 4) Π— 4 0 = [9, — 33, 6). Π— 5 0 Пусть Р - Ь = ич тогда ые = Π— 4 О 2 = — 6 Пусть а ° Р ° Ь = ч ° Ь = Л; тогда ОЧ [Л]=[9. — Ю, 6) 2 =[ — 76]. ] — 6 1.43, Найти главные направления и главные значения декартова тензора Т второго порядка, который представлен матрицей [7'гг) = Для определения главных значений Л, согласно (1.13хг.

имеем уравнение 3 — Л вЂ” 1 Π— З-л О =(1 — л)ИЗ вЂ” л) — 1]=о. О О 1 — 1. Зто кубическое уравнение Ле — тЛе+ ЫЛ вЂ” 6 = (Л вЂ” Р (Л вЂ” 2) (Л вЂ” 4) О, корни которого ЛО1 —— 1, Л1з — — 2, 1. = 4. Пусть теперь л1 1 — компоненты единичного вектора главного направления, 11 соответствующегоЛ ~ = 1. Тогда два первых уравнения системы (1.13!) дают Гл. (. млтемлтические ОснОВы 2п(('1 — л('1 = О и — л(,'1 + 2л(з( = О, откуда и(('1 = п((1 = О, а из условия п(л(= 1 получим л('1= ~1. Для Л(з = 2системауравнений(!.131) дает п(1 — лз = О, — л, + лт ьт ш( (з( (т) = Ои — л(з( = О. Такнмсбразом, лД( = О, а л(з( = п(1= ~1() 2, так какл(л = 1.

Лля Л(з — — Я из системы (1.13!) получаем — и( — лз = О, — л( (З( (З( (З( (Э( — Л(ЗЗ( м- .О И зп(З( = О. ТаКИМ ООРаЗОМ„ЛЗ(1= О И Л((~1 = — Лт(1 = -Г1/Р2. Ориентация главных осей х( относительно исходной системы х( определяется направляющими косинусами, которые даны в следующей таблице: х, ~ О О х,' (+ 1(р 2 ~ ~ 1(! 2 х ~ Т 1(')Г2 1 + 1(У2 Отсюда видно, что матрица тензора преобразования танова: О О 2.1 * !('гг2 ж!Д 2 О Т 1!)'2 х 1(гг 2 О !А4. Показать, что главные осн тензора, определенные в задаче !.43, образуют правую систему ортогональных осей. Для ортогональности требуется выполнение условий а.о( — — 6..