Sendo \varepsilon_{x}=0,002, \varepsilon_{y}=-0,002, \varepsilon_{z}=0, \gamma_{x y}=\gamma_{y z}=0 e \gamma_{x z}=0,004, encontre equações que definem as direções de um cubo elementar para as quais as deformações angulares não variam.

Passo 1

Enunciado e dados úteis (exatamente o que o problema deu e o que pede):
  • Foram fornecidos os valores das deformações (usar sempre os símbolos conforme enunciado):
    \varepsilon_{x}=0{,}002, \varepsilon_{y}=-0{,}002, \varepsilon_{z}=0,
    \gamma_{x y}=0, \gamma_{y z}=0, \gamma_{x z}=0{,}004.
  • O que se pede: “encontre equações que definem as direções de um cubo elementar para as quais as deformações angulares não variam.”
    (Ou seja: determinar as direções no espaço do elemento para as quais as deformações angulares associadas às faces do cubo não aparecem — vamos formalizar isso ao longo da resolução.)

Passo 2

Transformando os dados para a forma matricial que usamos para trabalhar com deformações:
  • Lembrete importante: a componente de “cisalhamento” da matriz de deformação simétrica \varepsilon_{ij} relaciona-se com a engenharia \gamma_{ij} por \gamma_{ij}=2\,\varepsilon_{ij}\quad\Rightarrow\quad \varepsilon_{ij}=\frac{\gamma_{ij}}{2}.Aqui \varepsilon_{ii} são as deformações normais e \varepsilon_{ij} ( i\neq j) são as deformações de corte (elemento simétrico).
  • Usando os números dados: \varepsilon_{xy}=\frac{\gamma_{xy}}{2}=0,\qquad \varepsilon_{yz}=\frac{\gamma_{yz}}{2}=0,\qquad \varepsilon_{xz}=\frac{\gamma_{xz}}{2}=0{,}002.
  • Montamos a matriz simétrica das deformações \mathbf{E}=[\varepsilon_{ij}] com a ordem (x,y,z): \mathbf{E}= \begin{pmatrix} \varepsilon_{x} & \varepsilon_{xy} & \varepsilon_{xz}\\[4pt] \varepsilon_{xy} & \varepsilon_{y} & \varepsilon_{yz}\\[4pt] \varepsilon_{xz} & \varepsilon_{yz} & \varepsilon_{z} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}002 & 0 & 0{,}002\\[4pt] 0 & -0{,}002 & 0\\[4pt] 0{,}002 & 0 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Entendendo o que significa “direções para as quais as deformações angulares não variam” e o método a usar (aulas rápidas):
  • Para pequenas deformações, a variação do ângulo entre dois vetores unitários iniciais \mathbf{u} e \mathbf{v} é dada, ao primeiro ordem, em termos da matriz simétrica \mathbf{E}. Se as direções escolhidas são eixos próprios de \mathbf{E}, então não há componente de cisalhamento entre esses eixos — isto é, as deformações angulares entre esses eixos desaparecem. Em linguagem linear: nas direções próprias (autovetores) a matriz de deformação é diagonal e as componentes de corte (que causam variação angular) são nulas.
  • Portanto, a tarefa prática: encontrar os autovetores (direções) de \mathbf{E}. Isso se faz resolvendo o problema de autovalores e autovetores \mathbf{E}\,\mathbf{v}=\lambda\,\mathbf{v},onde \lambda é um autovalor e \mathbf{v} é o autovetor associado. Cada autovetor define uma direção principal em que não há deformação angular com as outras direções principais.

Passo 4

Calcular os autovalores (detalhando contas):
  • Escrevemos o determinante característico \det(\mathbf{E}-\lambda\mathbf{I})=0. Como a matriz tem estrutura que separa o eixo y (segunda linha/coluna), nota-se imediatamente que \mathbf{v}=(0,1,0) é um autovetor: multiplicando \mathbf{E} por (0,1,0)^T (0,-0{,}002,0)^T. Logo um autovalor é \lambda_2=-0{,}002,com autovetor (0,1,0).
  • Para os outros dois autovalores tomamos a submatriz no plano x\!-\!z: \begin{pmatrix} 0{,}002 & 0{,}002\\[4pt] 0{,}002 & 0 \end{pmatrix}.O polinômio característico 2×2 é \det\!\begin{pmatrix}0{,}002-\lambda & 0{,}002\\[4pt]0{,}002 & -\lambda\end{pmatrix} = (0{,}002-\lambda)(-\lambda)- (0{,}002)^2 = 0.Desenvolvendo: \lambda^{2}-0{,}002\lambda-4\times10^{-6}=0.
  • Resolver a quadrática usando a fórmula de Bhaskara: \lambda=\frac{0{,}002\pm\sqrt{(0{,}002)^2+4\cdot4\times10^{-6}}}{2} =\frac{0{,}002\pm\sqrt{0{,}00002}}{2}.Calculando numericamente \sqrt{0{,}00002}\approx0{,}00447213595, obtemos \lambda_{1}\approx0{,}00323606798,\qquad \lambda_{3}\approx-0{,}00123606798.]

Passo 5

Encontrar os autovetores correspondentes (passo a passo de contas):
  • Para \lambda_2=-0{,}002 já vimos o autovetor simples: \mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix}.Ou seja, a direção do eixo y é uma direção principal.
  • Para os autovalores do plano x\!-\!z resolvemos o sistema \begin{pmatrix} 0{,}002-\lambda & 0{,}002\\[4pt] 0{,}002 & -\lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_x\\[2pt]v_z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\end{pmatrix}.Da primeira linha: (0{,}002-\lambda)\,v_x + 0{,}002\,v_z = 0 \quad\Rightarrow\quad \frac{v_z}{v_x}=\frac{\lambda-0{,}002}{0{,}002}.
  • Para \lambda_1\approx0{,}00323606798 obtemos \frac{v_z}{v_x}=\frac{0{,}00323606798-0{,}002}{0{,}002}=0{,}6180339887\;\text{(aprox.)}.Tomando v_x=1 e v_z=0{,}6180339887, o vetor (não normalizado) é (1,0,0{,}6180339887). Normalizando (dividindo pelo comprimento) obtemos o autovetor unitário \mathbf{n}_1\approx\begin{pmatrix}0{,}8506508084\\[2pt]0\\[2pt]0{,}5257311121\end{pmatrix}.
  • Para \lambda_3\approx-0{,}00123606798 obtemos \frac{v_z}{v_x}=\frac{-0{,}00123606798-0{,}002}{0{,}002}=-1{,}6180339887\;\text{(aprox.)}.Tomando v_x=1, v_z=-1{,}6180339887 e normalizando obtemos o autovetor unitário \mathbf{n}_3\approx\begin{pmatrix}0{,}5257311121\\[2pt]0\\[2pt]-0{,}8506508084\end{pmatrix}.
  • Observação pedagógica: os três vetores \mathbf{n}_1, \mathbf{v}_2=(0,1,0) e \mathbf{n}_3 são ortogonais entre si (verificável), formando um sistema de direções principais. Nessas direções, a matriz de deformação é diagonal e, portanto, as deformações angulares entre essas direções não aparecem (são nulas).]

Passo 6

Interpretação final e como usar essas direções na prova:
  • Resultado prático: as “direções do cubo” para as quais as deformações angulares não variam são simplesmente as direções próprias (autovetores) da matriz \mathbf{E} calculada acima.
  • Na prova, explique que:
    1. você construiu \mathbf{E} a partir de \varepsilon_{i} e \gamma_{ij}/2;
    2. procurou autovetores porque em tais direções a componente de cisalhamento entre eixos principais é nula;
    3. resolveu o problema de autovalores, achando um autovetor óbvio (0,1,0) e reduzindo para um 2\times2 no plano x\!-\!z para os demais;
    4. normalizou os autovetores para escrever as direções em forma de cosenos direcionais (unitários).
  • Dica rápida para a prova: quando a matriz tem elementos nulos simplificadores (como aqui o eixo y sem acoplamento), verifique autovetores triviais primeiro para ganhar tempo.

Resposta

\displaystyle \mathbf{n}_1\approx\begin{pmatrix}0{,}8506508084\\[2pt]0\\[2pt]0{,}5257311121\end{pmatrix}
\displaystyle \mathbf{n}_2=\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix}
\displaystyle \mathbf{n}_3\approx\begin{pmatrix}0{,}5257311121\\[2pt]0\\[2pt]-0{,}8506508084\end{pmatrix}]

Exercícios relacionados