Para o tensor deformação [\varepsilon] abaixo, determine:
a) Componentes principais [\varepsilon]=\left[\begin{array}{ccc}2 & 7 & 0 \\\\ 7 & -9 & 0 \\\\ 0 & 0 & 3\end{array}\right] \times 10^{-6}
b) Cossenos diretores das direções principais

Passo 1

O enunciado dá o tensor deformação (simétrico) e pede duas coisas:
a) as componentes principais (ou seja, os autovalores do tensor) para
[\varepsilon]=\begin{pmatrix}2 & 7 & 0 \\[4pt] 7 & -9 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 3\end{pmatrix}\times 10^{-6}.
b) os cossenos diretores das direções principais (ou seja, os autovetores normalizados — componentes dos vetores unitários nas direções principais).
Informações relevantes do enunciado: a matriz é simétrica e tem forma de bloco (um bloco 2\times2 no canto superior esquerdo e um elemento isolado na terceira direção). Não há mais informações faltando.]

Passo 2

Conceito e método (aula rapidinha, eu do seu lado): para um tensor (matriz) simétrico [\varepsilon] as componentes principais são os autovalores (eigenvalues) da matriz — isso significa resolver o polinômio característico
\det([\varepsilon]-\lambda I)=0,
onde I é a matriz identidade e \lambda são os autovalores. Cada autovalor tem um autovetor associado, solução de
([\varepsilon]-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}.
Os cossenos diretores são as componentes desse autovetor depois de normalizá‑lo (fazer o vetor ter norma 1). Como a matriz é simétrica, os autovetores são ortogonais entre si — bom para garantir direções perpendiculares.

Passo 3

Explorando a estrutura do problema (aproveitando a forma em bloco): dado
[\varepsilon]=\begin{pmatrix}2 & 7 & 0 \\[4pt] 7 & -9 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 3\end{pmatrix}\times 10^{-6},
vemos que é bloco-diagonal com o bloco 2\times2
B=\begin{pmatrix}2 & 7\\[4pt] 7 & -9\end{pmatrix}
e o elemento isolado 3 na posição (3,3). Portanto os autovalores de [\varepsilon] são: os autovalores de B e o valor \lambda=3\times10^{-6}. Vamos então achar os autovalores de B.]

Passo 4

Calcular os autovalores do bloco B resolvendo o polinômio característico de B:
\det\big(B-\lambda I_{2}\big)=(2-\lambda)(-9-\lambda)-7^2=0.
Desenvolvendo,
(2-\lambda)(-9-\lambda)-49=\lambda^2+7\lambda-67=0.
Isto é uma equação quadrática em \lambda. Aplicando a fórmula de Bhaskara,
\lambda=\frac{-7\pm\sqrt{7^2-4\cdot1\cdot(-67)}}{2}=\frac{-7\pm\sqrt{49+268}}{2}=\frac{-7\pm\sqrt{317}}{2}.

Passo 5

Avaliar numericamente as raízes (aqui faço a conta e aproximo com algumas casas decimais; use vírgula como separador decimal):
\sqrt{317}\approx 17,8044938,
portanto
\lambda_{a}=\frac{-7+17,8044938}{2}\approx 5,4022469,
\lambda_{b}=\frac{-7-17,8044938}{2}\approx -12,4022469.
Esses são os autovalores do bloco B. Lembre que todos os autovalores da matriz [\varepsilon] têm o fator multiplicativo 10^{-6}. Além disso, o terceiro autovalor é simplesmente \lambda_{c}=3 (do elemento isolado), ou seja 3\times10^{-6}.

Passo 6

Resumo dos autovalores (componentes principais) antes de normalizar a escala 10^{-6}:
\lambda_a\approx 5,4022469,\qquad \lambda_b\approx -12,4022469,\qquad \lambda_c=3.
Com o fator 10^{-6} as componentes principais (autovalores do tensor [\varepsilon]) são:
\varepsilon^{(1)}\approx 5,4022469\times10^{-6},\qquad \varepsilon^{(2)}\approx -12,4022469\times10^{-6},\qquad \varepsilon^{(3)}=3\times10^{-6}.
(Em geral costuma-se ordenar \varepsilon_1\ge\varepsilon_2\ge\varepsilon_3; se quisermos ordenar em ordem decrescente teremos 5,4022469\times10^{-6},\;3\times10^{-6},\;-12,4022469\times10^{-6}.)

Passo 7

Agora vamos achar os autovetores correspondentes para obter os cossenos diretores. Para as raízes do bloco B os autovetores têm a forma (x,y,0) porque a terceira componente é 0 no bloco. Para um autovalor \lambda do bloco B a equação é
\begin{pmatrix}2-\lambda & 7\\[4pt] 7 & -9-\lambda\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira linha obtemos (2-\lambda)x+7y=0, que dá (escolhendo x=7 para evitar divisão imediata)
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}7\\[4pt]\lambda-2\end{pmatrix}
como vetor não normalizado (verifique substituindo na equação — funciona).]

Passo 8

Autovetor para \lambda_a\approx 5,4022469: vetor não normalizado
\mathbf{v}_a=\begin{pmatrix}7\\[4pt]\lambda_a-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}7\\[4pt]3,4022469\end{pmatrix}.
Norma desse vetor:
\|\mathbf{v}_a\|=\sqrt{7^2+(3,4022469)^2}\approx\sqrt{49+11,575284}\approx\sqrt{60,575284}\approx 7,783959.
O autovetor unitário (cossenos diretores) é então
\mathbf{u}_a=\frac{1}{\|\mathbf{v}_a\|}\mathbf{v}_a\approx\begin{pmatrix}0,899724\\[4pt]0,436498\\[4pt]0\end{pmatrix}.
(Usei vírgula decimal; os valores estão arredondados a 6 casas significativas.)]

Passo 9

Autovetor para \lambda_b\approx -12,4022469: vetor não normalizado
\mathbf{v}_b=\begin{pmatrix}7\\[4pt]\lambda_b-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}7\\[4pt]-14,4022469\end{pmatrix}.
Norma:
\|\mathbf{v}_b\|=\sqrt{7^2+(-14,4022469)^2}\approx\sqrt{49+207,424605}\approx\sqrt{256,424605}\approx 16,007648.
Autovetor unitário:
\mathbf{u}_b=\frac{1}{\|\mathbf{v}_b\|}\mathbf{v}_b\approx\begin{pmatrix}0,436498\\[4pt]-0,899724\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Note que \mathbf{u}_a e \mathbf{u}_b são ortogonais (produto interno aproximadamente zero), como esperado para matriz simétrica.]

Passo 10

Autovetor correspondente ao autovalor isolado \lambda_c=3 (terceira direção): a própria base canônica é autovetor, pois a matriz tem entrada 3 em (3,3) e zeros na coluna/linha 3 com as outras posições. Logo um autovetor unitário é
\mathbf{u}_c=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

Resposta

a) \varepsilon^{(1)}\approx 5,4022469\times10^{-6},\\ \varepsilon^{(2)}\approx 3,0000000\times10^{-6},\\ \varepsilon^{(3)}\approx -12,4022469\times10^{-6}
b) cossenos diretores (autovetores unitários) aproximados:
\mathbf{u}_1\approx(0,899724,\;0,436498,\;0),\\ \mathbf{u}_2\approx(0,436498,\;-0,899724,\;0),\\ \mathbf{u}_3=(0,0,1)

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