Encontre as tensões e direções principais para o estado tensional dado abaixo.
\underset{\sim}{\tau}=\left[\begin{array}{ccc}-3 & 1 & 0 \\\\ 1 & 4 & 2 \\\\ 0 & 2 & -2\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a tensão (tensor simétrico) na forma matricial e pede as tensões principais (valores próprios) e as direções principais (autovetores normalizados). Matriz fornecida:
\underset{\sim}{\tau}=\begin{pmatrix}-3 & 1 & 0 \\[4pt] 1 & 4 & 2 \\[4pt] 0 & 2 & -2\end{pmatrix}
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\tau_{11}=-3,\quad \tau_{12}=\tau_{21}=1,\quad \tau_{13}=\tau_{31}=0,\quad \tau_{22}=4,\quad \tau_{23}=\tau_{32}=2,\quad \tau_{33}=-2.
O pedido é: encontrar os autovalores \lambda e, para cada autovalor, seu autovetor (direção principal) unitário.]

Passo 2

Conceito e equação que vamos usar (aula rápida, mas direta):
  • Tensões principais são os autovalores da matriz simétrica \underset{\sim}{\tau}. Ou seja, números \lambda tais que existe vetor não-nulo v com
\underset{\sim}{\tau}\,v=\lambda v.
  • Para encontrar \lambda resolvemos o polinômio característico
\det(\underset{\sim}{\tau}-\lambda I)=0.
Aqui I é a matriz identidade 3\times3. Esse determinante dá um polinômio cúbico em \lambda. Depois de obter cada \lambda, para achar a direção principal correspondente resolvemos o sistema linear
(\underset{\sim}{\tau}-\lambda I)\,v=0
e normalizamos v para obter a direção unitária.

Passo 3

Vamos montar e desenvolver o determinante característico. Começamos com
\det(\underset{\sim}{\tau}-\lambda I)= \det\begin{pmatrix}-3-\lambda & 1 & 0 \\[4pt] 1 & 4-\lambda & 2 \\[4pt] 0 & 2 & -2-\lambda\end{pmatrix}.
Expandindo pela primeira linha (outra forma qualquer dá o mesmo resultado):
\begin{aligned} \det(\underset{\sim}{\tau}-\lambda I) &=( -3-\lambda)\det\begin{pmatrix}4-\lambda & 2 \\[4pt] 2 & -2-\lambda\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] 0 & -2-\lambda\end{pmatrix}. \end{aligned}
Calculemos os menores:
\det\begin{pmatrix}4-\lambda & 2 \\[4pt] 2 & -2-\lambda\end{pmatrix}=(4-\lambda)(-2-\lambda)-4=\lambda^2-2\lambda-12,
\det\begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] 0 & -2-\lambda\end{pmatrix}=1\cdot(-2-\lambda)=-2-\lambda.
Substituindo:
\det(\underset{\sim}{\tau}-\lambda I)=(-3-\lambda)(\lambda^2-2\lambda-12)+(\lambda+2).]

Passo 4

Desenvolvendo o produto e simplificando chegamos ao polinômio cúbico:
\det(\underset{\sim}{\tau}-\lambda I)=-\lambda^3-\lambda^2+19\lambda+38,
ou multiplicando por -1 (forma mais usual):
\boxed{\;p(\lambda)=\lambda^3+\lambda^2-19\lambda-38=0\; }.
Agora precisamos resolver p(\lambda)=0. Para um polinômio cúbico com coeficientes inteiros, às vezes existem raízes racionais inteiras; aqui tentamos divisores de 38 e verificamos que não há raízes inteiras. Então usamos análise de sinal e métodos numéricos simples (bisseção / Newton) para obter aproximações dos três autovalores reais.

Passo 5

Localizamos os três autovalores por inspeção de sinais em intervalos e refinamento numérico (bisseção/Newton). Avaliando p(\lambda) encontramos trocas de sinal em intervalos que indicam um autovalor em cada um:
  • Um autovalor entre 4 e 5,
  • Um autovalor entre -4 e -3,
  • Um autovalor entre -3 e -2.
Refinando (bisseção + uma iteração tipo Newton para acelerar) obtemos aproximações, com precisão suficiente para trabalhar sem calculadora exata na prova:
\lambda_1\approx 4{,}7227,\qquad \lambda_2\approx -3{,}2492,\qquad \lambda_3\approx -2{,}4735.
Observação rápida: a soma dos autovalores deve ser igual à traça da matriz \tau. Aqui \mathrm{tr}(\tau)=-3+4-2=-1 e de fato 4{,}7227+(-3{,}2492)+(-2{,}4735)\approx -1 (cheque de consistência).

Passo 6

Agora achamos os autovetores (direções principais). Para cada [\lambda) resolvemos (\tau-\lambda I)v=0. Vamos fazer isso de modo prático: escolhemos x=1 como variável livre e expressamos y e z em função de x, depois normalizamos.
Primeiro autovalor \lambda_1\approx 4{,}7227. O sistema (\tau-\lambda_1 I)v=0 é
\begin{cases} (-3-\lambda_1)x + 1\cdot y + 0\cdot z = 0,\\[4pt] 1\cdot x + (4-\lambda_1) y + 2 z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 2 y + (-2-\lambda_1) z = 0. \end{cases}
Substituindo \lambda_1\approx 4{,}7227\]: \[\begin{cases} -7{,}7227\,x + y = 0,\\[4pt] x -0{,}7227\,y + 2z = 0,\\[4pt] 2y -6{,}7227\,z = 0. \end{cases}\] Da primeira equação \(y=7{,}7227\,x. Da terceira, com esse y,
2(7{,}7227\,x)-6{,}7227\,z=0 \quad\Rightarrow\quad z=\dfrac{2\cdot7{,}7227}{6{,}7227}\,x\approx 2{,}2960\,x.
Tomando x=1 obtemos um autovetor não-normalizado
v_1\approx\begin{pmatrix}1\\[4pt]7{,}7227\\[4pt]2{,}2960\end{pmatrix}.
Normalizando para obter direção unitária calculamos a norma
\|v_1\|\approx\sqrt{1^2+7{,}7227^2+2{,}2960^2}\approx 8{,}120,
logo a direção principal unitária correspondente é
\hat{v}_1\approx\begin{pmatrix}0{,}1231\\[4pt]0{,}9504\\[4pt]0{,}2826\end{pmatrix}.]

Passo 7

Segundo autovalor \lambda_2\approx -3{,}2492\). Montando \((\tau-\lambda_2 I)v=0\): \[\begin{cases} (-3-\lambda_2)x + y =0,\\[4pt] x + (4-\lambda_2)y +2z =0,\\[4pt] 2y +(-2-\lambda_2)z =0. \end{cases}
Com \lambda_2\approx -3{,}2492\] obtemos numéricamente \[\begin{cases} 0{,}2492\,x + y =0,\\[4pt] x + 7{,}2492\,y +2z =0,\\[4pt] 2y + 1{,}2492\,z =0. \end{cases}\] Da primeira equação \(y=-0{,}2492\,x. Da terceira,
2(-0{,}2492\,x)+1{,}2492\,z=0 \quad\Rightarrow\quad z=\dfrac{0{,}4984}{1{,}2492}\,x\approx 0{,}3987\,x.
Com x=1 um autovetor não-normalizado é
v_2\approx\begin{pmatrix}1\\[4pt]-0{,}2492\\[4pt]0{,}3987\end{pmatrix}.
Norma aproximada \|v_2\|\approx 1{,}105. Direção unitária:
\hat{v}_2\approx\begin{pmatrix}0{,}9047\\[4pt]-0{,}2253\\[4pt]0{,}3608\end{pmatrix}.]

Passo 8

Terceiro autovalor \lambda_3\approx -2{,}4735\). Montando o sistema: \[\begin{cases} (-3-\lambda_3)x + y =0,\\[4pt] x + (4-\lambda_3)y +2z =0,\\[4pt] 2y +(-2-\lambda_3)z =0. \end{cases}
Com \lambda_3\approx -2{,}4735\]: \[\begin{cases} -0{,}5265\,x + y =0,\\[4pt] x + 6{,}4735\,y + 2z =0,\\[4pt] 2y + 0{,}4735\,z =0. \end{cases}\] Da primeira equação \(y=0{,}5265\,x. Da terceira:
2(0{,}5265\,x)+0{,}4735\,z=0 \quad\Rightarrow\quad z=-\dfrac{1{,}0530}{0{,}4735}\,x\approx -2{,}2250\,x.
Com x=1 obtemos
v_3\approx\begin{pmatrix}1\\[4pt]0{,}5265\\[4pt]-2{,}2250\end{pmatrix}.
Norma \|v_3\|\approx 2{,}496. Direção unitária:
\hat{v}_3\approx\begin{pmatrix}0{,}4006\\[4pt]0{,}2109\\[4pt]-0{,}8916\end{pmatrix}.
Checagem rápida: como \tau é simétrica, essas direções unitárias devem ser mutuamente ortogonais — ao calcular os produtos internos obtemos valores próximos de zero (erro numérico pequeno), o que confirma coerência.]

Resposta

\sigma_1\approx 4{,}7227,\quad \hat{v}_1\approx\begin{pmatrix}0{,}1231\\[4pt]0{,}9504\\[4pt]0{,}2826\end{pmatrix}
\sigma_2\approx -2{,}4735,\quad \hat{v}_2\approx\begin{pmatrix}0{,}9047\\[4pt]-0{,}2253\\[4pt]0{,}3608\end{pmatrix}
\sigma_3\approx -3{,}2492,\quad \hat{v}_3\approx\begin{pmatrix}0{,}4006\\[4pt]0{,}2109\\[4pt]-0{,}8916\end{pmatrix}]

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