Encontre as tensões e direções principais para o estado tensional dado abaixo.
\underset{\sim}{\tau}=\left[\begin{array}{ccc}8 & 0 & 4 \\\\ 0 & 10 & 0 \\\\ 4 & 0 & 12\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a tensor (matriz simétrica) tensão
\underset{\sim}{\tau}=\begin{pmatrix}8 & 0 & 4 \\[4pt] 0 & 10 & 0 \\[4pt] 4 & 0 & 12\end{pmatrix}
e pede: encontrar as tensões principais (valores principais) e as direções principais (vetores próprios unitários) correspondentes. Informações relevantes fornecidas:
\; \underset{\sim}{\tau} é uma matriz 3\times3 simétrica com elementos mostrados acima.
O objetivo é calcular os autovalores (tensões principais ) e os autovetores unitários (direções principais ) dessa matriz.]

Passo 2

Conceito essencial (mini-aula): para um estado tensional representado por uma matriz simétrica \underset{\sim}{\tau}, as tensões principais são os autovalores da matriz, ou seja, os \lambda que satisfazem
\det(\underset{\sim}{\tau}-\lambda I)=0.
Os vetores próprios associados (soluções não-triviais de (\underset{\sim}{\tau}-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}) dão as direções principais. Como a matriz é simétrica, todos os autovalores são reais e os autovetores podem ser escolhidos ortogonais; normalmente normalizamos esses vetores para obter direções unitárias.

Passo 3

Observação prática: a matriz é
\begin{pmatrix}8 & 0 & 4\\[4pt] 0 & 10 & 0\\[4pt] 4 & 0 & 12\end{pmatrix},
note que a linha/coluna associada ao eixo y (segunda linha/coluna) está isolada (off-diagonais com ela são zero). Então \lambda=10 é um autovalor imediato com autovetor (0,1,0). Resta achar os autovalores associados ao subespaço x\!-\!z, isto é, os autovalores da submatriz 2\times2
A=\begin{pmatrix}8 & 4\\[4pt]4 & 12\end{pmatrix}.]

Passo 4

Calcular o polinômio característico de A:
\det\!\big(A-\lambda I\big) = \det\begin{pmatrix}8-\lambda & 4\\[4pt]4 & 12-\lambda\end{pmatrix}=(8-\lambda)(12-\lambda)-4\cdot4.
Desenvolvendo,
(8-\lambda)(12-\lambda)-16=\lambda^2-20\lambda+96-16=\lambda^2-20\lambda+80.
Logo os autovalores do bloco satisfazem
\lambda^2-20\lambda+80=0.]

Passo 5

Resolver a quadrática:
\lambda=\frac{20\pm\sqrt{20^2-4\cdot80}}{2}=\frac{20\pm\sqrt{400-320}}{2}=\frac{20\pm\sqrt{80}}{2}.
Como \sqrt{80}=4\sqrt5, obtemos
\lambda=10\pm2\sqrt5.
Portanto os três autovalores (tensões principais) são
\lambda_1=10+2\sqrt5,\qquad \lambda_2=10,\qquad \lambda_3=10-2\sqrt5.
(Números aproximados: \lambda_1\approx14{,}4721,\;\lambda_2=10{,}0000,\;\lambda_3\approx5{,}5279.)

Passo 6

Agora achamos os autovetores. Para \lambda_2=10 o sistema (\underset{\sim}{\tau}-10I)\mathbf{v}=\mathbf{0} dá claramente vetor próprio
\mathbf{v}_2=(0,1,0),
que já é unitário. Então uma direção principal é ao longo do eixo y.

Passo 7

Para os autovalores do bloco x\!-\!z resolvemos (A-\lambda I)\begin{pmatrix}x\\[2pt]z\end{pmatrix}=\mathbf{0}.
Primeiro defina a razão dourada auxiliar
\varphi=\frac{1+\sqrt5}{2}\quad(\text{logo }2\varphi=1+\sqrt5).
Para \lambda_1=10+2\sqrt5 temos, nas equações do bloco,
(8-\lambda_1)x+4z=0.
Calcule 8-\lambda_1=8-(10+2\sqrt5)=-2-2\sqrt5=-2(1+\sqrt5). Assim
-2(1+\sqrt5)x+4z=0 \quad\Rightarrow\quad 4z=2(1+\sqrt5)x \quad\Rightarrow\quad z=\frac{1+\sqrt5}{2}\,x=\varphi x.
Escolhemos x=1 para um autovetor conveniente, obtendo
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[3pt]0\\[3pt]\varphi\end{pmatrix}.
Normalizamos: o quadrado da norma é 1+\varphi^2. Usando \varphi^2=\varphi+1 (identidade conhecida da razão áurea),
\|\mathbf{v}_1\|=\sqrt{1+\varphi^2}=\sqrt{1+\varphi+1}=\sqrt{\varphi+2}=\sqrt{\frac{5+\sqrt5}{2}}.
Portanto o autovetor unitário correspondente a \lambda_1 é
\mathbf{n}_1=\frac{1}{\sqrt{1+\varphi^2}}\begin{pmatrix}1\\[3pt]0\\[3pt]\varphi\end{pmatrix}.
Em valores numéricos,
\mathbf{n}_1\approx\begin{pmatrix}0{,}52573\\[3pt]0{,}00000\\[3pt]0{,}85065\end{pmatrix}.]

Passo 8

Para \lambda_3=10-2\sqrt5 procedemos similarmente:
(8-\lambda_3)x+4z=0.
Calcule 8-\lambda_3=8-(10-2\sqrt5)=-2+2\sqrt5=2(\sqrt5-1). Assim
2(\sqrt5-1)x+4z=0 \quad\Rightarrow\quad 4z=-2(\sqrt5-1)x \quad\Rightarrow\quad z=-\frac{\sqrt5-1}{2}\,x.
Note que \dfrac{\sqrt5-1}{2}=\varphi-1=\dfrac{1}{\varphi}. Logo
z=-\frac{1}{\varphi}x.
Escolhendo x=1 obtemos um autovetor
\mathbf{v}_3=\begin{pmatrix}1\\[3pt]0\\[3pt]-\dfrac{1}{\varphi}\end{pmatrix}.
Normalizando: norma \sqrt{1+\dfrac{1}{\varphi^2}}. Numericamente obtemos o autovetor unitário
\mathbf{n}_3\approx\begin{pmatrix}0{,}85065\\[3pt]0{,}00000\\[3pt]-0{,}52573\end{pmatrix}.]

Passo 9

Verificação rápida (sanidade): \mathbf{n}_1, \mathbf{n}_2 e \mathbf{n}_3 são mutuamente ortogonais (por exemplo \mathbf{n}_1\cdot\mathbf{n}_2=0, e \mathbf{n}_1\cdot\mathbf{n}_3\approx0), como esperado para matriz simétrica. Portanto temos as tensões principais e suas direções unitárias.

Resposta

\tau_1=10+2\sqrt5\quad direção principal unitária \displaystyle \mathbf{n}_1=\frac{1}{\sqrt{1+\varphi^2}}\begin{pmatrix}1\\[3pt]0\\[3pt]\varphi\end{pmatrix}\approx\begin{pmatrix}0{,}52573\\[3pt]0{,}00000\\[3pt]0{,}85065\end{pmatrix} onde \varphi=\dfrac{1+\sqrt5}{2}.
\tau_2=10\quad direção principal unitária \displaystyle \mathbf{n}_2=\begin{pmatrix}0\\[3pt]1\\[3pt]0\end{pmatrix}.
\tau_3=10-2\sqrt5\quad direção principal unitária \displaystyle \mathbf{n}_3=\frac{1}{\sqrt{1+\varphi^{-2}}}\begin{pmatrix}1\\[3pt]0\\[3pt]-\varphi^{-1}\end{pmatrix}\approx\begin{pmatrix}0{,}85065\\[3pt]0{,}00000\\[3pt]-0{,}52573\end{pmatrix}.]

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