Considerando k uma constante, determine quando u_{1}=k\left(x_{2}-x_{1}\right), u_{2}=k\left(x_{1}-x_{2}\right) e u_{3}=k x_{1} x_{3} são componentes de um campo de deslocamento continuamente possível (ou seja, o deslocamento é iniciado no instante t=0 em uma posição indeformada e atinge após um tempo muito pequeno o campo de deslocamento dado).

Passo 1

O enunciado pede para determinar quando as funções
u_{1}=k\left(x_{2}-x_{1}\right),\qquad u_{2}=k\left(x_{1}-x_{2}\right),\qquad u_{3}=k\,x_{1}x_{3}
são componentes de um deslocamento “continuamente possível”, isto é, quando o mapeamento
\boldsymbol{x}\mapsto \boldsymbol{x}+\boldsymbol{u}(\boldsymbol{x})
é fisicamente admissível (sem colapso local ou interpenetração), assumindo que o corpo parte de uma posição indeformada e, num tempo muito pequeno, atinge o campo de deslocamento dado.
Informações dadas:
  • k é uma constante (a determinar).
  • As componentes do deslocamento são funções explícitas de (x_{1},x_{2},x_{3}) conforme acima.
  • Não foi especificado o domínio espacial do corpo (logo, devemos dar a condição em termos de x_{1} e k, e comentar casos particulares).

Passo 2

Conceito importante (aula rápida): para que um deslocamento infinitesimal ou de pequena duração seja “continuamente possível” (isto é, resulte de uma deformação admissível partindo da configuração inicial), o gradiente de deformação não pode causar inversões locais de volume. Matematicamente, a condição local de não colapso é que o determinante do gradiente de deformação (o Jacobiano do mapeamento) seja estritamente positivo:
\det \bigl(\mathbf{F}\bigr)>0,
onde \mathbf{F} é o tensor gradiente de deformação dado por
\mathbf{F} = \mathbf{I} + \nabla\mathbf{u},
com \mathbf{I} identidade e \nabla\mathbf{u} a matriz cujos elementos são \partial u_{i}/\partial x_{j}. Explicando: \det\mathbf{F} mede o fator local de variação de volume; se for zero ou negativo, temos colapso ou inversão, o que não é fisicamente admissível.

Passo 3

Vamos calcular \nabla\mathbf{u}. Precisamos das derivadas parciais de cada componente u_i em relação a x_j.
Cálculos (cada número está dentro de \(...) porque toda matemática deve estar em TeX):
\frac{\partial u_{1}}{\partial x_{1}} = \frac{\partial}{\partial x_{1}}\bigl(k(x_{2}-x_{1})\bigr) = -k,
\frac{\partial u_{1}}{\partial x_{2}} = k,\qquad \frac{\partial u_{1}}{\partial x_{3}} = 0.
\frac{\partial u_{2}}{\partial x_{1}} = \frac{\partial}{\partial x_{1}}\bigl(k(x_{1}-x_{2})\bigr) = k,
\frac{\partial u_{2}}{\partial x_{2}} = -k,\qquad \frac{\partial u_{2}}{\partial x_{3}} = 0.
\frac{\partial u_{3}}{\partial x_{1}} = \frac{\partial}{\partial x_{1}}\bigl(k x_{1}x_{3}\bigr) = k x_{3},
\frac{\partial u_{3}}{\partial x_{2}} = 0,\qquad \frac{\partial u_{3}}{\partial x_{3}} = k x_{1}.
Assim, a matriz \nabla\mathbf{u} é
\nabla\mathbf{u} = \begin{pmatrix} -k & k & 0 \\\ k & -k & 0 \\\ k x_{3} & 0 & k x_{1} \end{pmatrix}.

Passo 4

Formamos \mathbf{F}=\mathbf{I}+\nabla\mathbf{u}. Somando a identidade:
\mathbf{F} = \begin{pmatrix} 1-k & k & 0 \\\ k & 1-k & 0 \\\ k x_{3} & 0 & 1 + k x_{1} \end{pmatrix}.

Passo 5

Agora calculamos o determinante de \mathbf{F}. Observação: a terceira coluna tem zeros nos dois primeiros elementos, o que simplifica o cálculo por expansão na terceira coluna. O determinante vale:
\det\mathbf{F} = (1 + k x_{1})\cdot \det\begin{pmatrix}1-k & k \\[4pt] k & 1-k\end{pmatrix}.
Calculamos o 2\times2:
\det\begin{pmatrix}1-k & k \\[4pt] k & 1-k\end{pmatrix} = (1-k)(1-k) - k\cdot k = (1-k)^{2}-k^{2}.
Desenvolvendo:
(1-k)^{2}-k^{2} = 1 - 2k + k^{2} - k^{2} = 1-2k.
Portanto
\det\mathbf{F} = (1 + k x_{1})\,(1-2k).]

Passo 6

Interpretação e condição final: para que o deslocamento seja localmente admissível (sem colapso de volume), precisamos de
\det\mathbf{F}>0,
ou seja
(1-2k)\,(1 + k x_{1})>0.
Isto dá a condição necessária e suficiente ponto a ponto: o produto deve ser positivo no ponto considerado. Comentários úteis:
  • Se 1-2k>0 (isto é, k<\tfrac12), então é necessário 1+k x_{1}>0, ou seja x_{1}>-\,\tfrac{1}{k} quando k>0; se k<0 a desigualdade 1+k x_{1}>0 dá outra faixa de x_{1} (mesma fórmula, mas observe o sinal de k).
  • Se 1-2k<0 (isto é, k>\tfrac12), então é necessário 1+k x_{1}<0, ou seja x_{1}<-\,\tfrac{1}{k}.
  • Se k=\tfrac12, então 1-2k=0 e \det\mathbf{F}=0 em todos os pontos: colapso (jacobiano zero) — não admissível.
  • Se o domínio do corpo for todo \mathbb{R}^{3} (ou contém valores de x_{1} tanto positivos quanto negativos arbitrários), não existe k\neq 0 que satisfaça (1-2k)(1+k x_{1})>0 para todos os x_{1}. O único k que funciona globalmente para todo x_{1}\in\mathbb{R} é k=0, pois então \det\mathbf{F}=1>0.
  • Em contraste, se o domínio for limitado em x_{1} (por exemplo x_{1} em uma faixa (a,b)), então existem intervalos de k que tornam \det\mathbf{F}>0 em toda a região; basta aplicar a condição acima para todos x_{1}\in(a,b).

Passo 7

Resumo prático para a prova (como aplicar rapidamente): calcule \nabla\mathbf{u}, forme \mathbf{F}=\mathbf{I}+\nabla\mathbf{u}, calcule \det\mathbf{F}. Exija \det\mathbf{F}>0 ponto a ponto. No caso dado você chega rápido em
\det\mathbf{F}=(1-2k)(1+k x_{1}),
e então avalia a desigualdade de acordo com o domínio de x_{1}. Lembre-se: k=\tfrac12 é imediatamente proibido (jacobiano zero). Se o domínio não foi dado, a resposta natural é a condição ponto a ponto que acabamos de obter.

Resposta

(1-2k)(1+k x_{1})>0

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