FB 13, FG Kontinuumsmechanik Dipl.-Ing. J. FRISCHMANN

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1 Klausur Tensorrechnung Wintersemester 015/16 Prof Dr-Ing C TSAKMAKIS FB 13, FG Kontinuumsmechak Dipl-Ing J FRISCHMANN Name, Vorname: Studiengang: Matrikel-Nr: Bearbeitungshinweise: Benutzen Sie nur dokumentenechte Stifte (keine Bleistifte oder radierbare Kugelschreiber) Benutzen Sie keine Stifte in den Korrekturfarben rot oder grün Füllen Sie das Deckblatt vollständig aus Schreiben Sie auf jedes Blatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer Benutzen Sie die vorgegebene Notation Erlaubt sind alle cht-elektroschen Hilfsmittel sowie ein cht-programmierbarer Taschenrechner, insbesondere also keine Laptops oder Handys Die Bearbeitungszeit beträgt 90 Minuten A1 A A3 A4 Σ Bestehensgrenze: Punkte Note erreichte Punktzahl Korrekturwert Seite 1 von 13

2 Aufgabe 1 In einem dreidimensionalen Vektorraum E 3 seien die Vektoren g i (i = 1,, 3) bezüglich einer orthonormalen Basis e i gegeben durch g 1 = e 1 + e + e 3, g = e 1 + e e 3, g 3 = e 1 + e + e 3 a) Zeigen Sie, dass die Vektoren g 1, g, g 3 linear unabhängig voneinander sind und somit eine Basis g i in E 3 bilden b) Bestimmen Sie die zur Basis g i reziproke Basis g i sowie die zugehörigen Metrikkoeffizienten g bzw g Hinweis: Nutzen Sie eine geeignete Darstellung mit Kreuzprodukt für die reziproke Basis c) Stellen Sie den Vektor n = 4 g g 8 g 3 relativ zur Basis g i dar Lösung a) Da wir einen dreidimensionalen Raum betrachten, hat jede Basis die Dimension 3 und jedes Tripel aus linear unabhängigen Vektoren stellt eine Basis dar Wir weisen die lineare Unabhängigkeit von g 1, g, g 3 durch die folgende allgemeine Linearkombination nach: 0! = λ 1 g 1 + λ g + λ 3 g 3 = λ 1 e1 + e + e 3 + λ e1 + e e 3 + λ3 e1 + e + e 3 An dieser Stelle können wir benutzen, dass die Vektoren e i nach Voraussetzung eine Basis von E 3 bilden, und somit insbesondere linear unabhängig sind D h es gilt: 0! = α e 1 + β e + γ e 3 = α β γ = 0 (1) Daher sortieren wir obige Gleichung als Linearkombination der e i um: 0! = λ 1 e1 + e + e 3 + λ e1 + e e 3 + λ3 e1 + e + e 3 = λ 1 + λ λ 3 e1 + λ 1 + λ + λ 3 e + λ 1 λ + λ 3 e3 Hier müssen alle Klammern verschwinden, denn diese entsprechen den Vorfaktoren in Gleichung (1) Wir gewinnen also das Gleichungssystem λ 1 0 = λ = λ = Seite von 13

3 Dieses homogene Gleichungssystem besitzt nur die triviale Lösung λ 1 λ λ 3 = 0, denn die Koeffizientenmatrix ist cht invertierbar und somit lässt sich keine eindeutige cht triviale Lösung gewinnen Diese Argumentation gilt nur im homogenen Fall, da die triviale Lösung ein homogenes lineares Gleichungssystem immer identisch erfüllt b) Zuerst bestimmen wir die kovarianten Metrikkoeffizienten g aus den in der Aufgabenstellung gegebenen Basisvektoren g i gemäß der Defition g := g i g j : g 11 := g 1 g 1 = e 1 + e + e 3 e1 + e + e 3 = = 3, g := g g = e 1 + e e 3 e1 + e e 3 = = 3, g 33 := g 3 g 3 = e 1 + e + e 3 e1 + e + e 3 = = 3, g 1 g 1 := g 1 g = e 1 + e + e 3 e1 + e e 3 = = 1, g 13 g 31 := g 1 g 3 = e 1 + e + e 3 e1 + e + e 3 = = 1, g 3 g 3 := g g 3 = e 1 + e e 3 e1 + e + e 3 = = 1 Da diese Komponentenmatrix voll besetzt ist, wird eine Bestimmen der kontravarianten Metrikkoeffizienten g über Inversion der Metrikkoeffizienten g sehr aufwändig Daher nutzen wir den Hinweis aus und verwenden die im dreidimensionalen gültige Bestimmung der reziproken Basis über ein Kreuzprodukt Hierfür benötigen wir als Normierungsfaktor das Spatprodukt der bekannten Basisvektoren: g 1 g g 3 = (e1 + e + e 3 ) (e 1 + e e 3 ) ( e 1 + e + e 3 ) = (e 1 + e + e 3 ) 0 + e 3 e + e e 1 + e + e 1 0 = 4 Nun erhalten wir die kontravarianten Basisvektoren g i durch Bilden der Kreuzprodukte g 1 = g = g 3 = g g 3 g 1 [g g 3 ] = 1 4 (e 1 + e e 3 ) ( e 1 + e + e 3 ) = 1 (e 1 + e 3 ) g 3 g 1 g 1 [g g 3 ] = 1 4 ( e 1 + e + e 3 ) (e 1 + e + e 3 ) = 1 (e e 3 ) g 1 g g 1 [g g 3 ] = 1 4 (e 1 + e + e 3 ) (e 1 + e e 3 ) = 1 (e e 1 ) Seite 3 von 13

4 Die kontravarianten Metrikkoeffizienten g könnten wir nun direkt gemäß ihrer Defition g := g i g j gewinnen und erhalten g 11 := g 1 g 1 = e1 + e 3 e1 + e 3 = = 1 4 4, g := g g = e e 3 e e 3 = = 1 4 4, g 33 := g 3 g 3 = e e 1 e e 1 = = 1 4 4, g 1 g 1 := g 1 g = 1 1 e1 + e 3 e e 3 = 4 4, g 13 g 31 := g 1 g 3 = 1 1 e1 + e 3 e e 1 = 4 4, g 3 g 3 := g g 3 = 1 1 e e 3 e e 1 = 4 4 c) Wir können die gesuchte Darstellung n = n i g i durch Senken der Indizes der bereits bekannten Darstellung n = n i g i gewinnen Allgemein entspricht das Senken von Indizes: n i = g n j Durch einen Koeffizientenvergleich der allgemeinen Darstellung mit der Aufgabenstellung n n i g i = n 1 g 1 + n g + n 3 g 3! = 4 g g 8 g 3 erhalten wir die benötigten kontravarianten Komponenten n 1 = 4, n = 1, n 3 = 8 Nun erhalten wir die kovarianten Komponenten n i, indem wir die Indizes senken, d h n 1 = g 1 j n j = g 11 n 1 + g 1 n + g 13 n 3 = ( 8) = 16, n = g j n j = g 1 n 1 + g n + g 3 n 3 = ( 1) ( 8) = 48, n 3 = g 3 j n j = g 31 n 1 + g 3 n + g 33 n 3 = ( 1) ( 8) = 3 Die beiden Darstellungen des Vektors n lauten also n = 4 g g 8 g 3 = 16 g g 8 g 3 Seite 4 von 13

5 Aufgabe Sei T ein symmetrischer Tensor zweiter Stufe, dessen Komponenten bezüglich eines orthonormalen Basissystems e i gegeben sind durch T = Bestimmen Sie a) die drei Hauptinvarianten I T, I I T,, I I I T, b) die Eigenwerte λ i, c) die (normierten) Eigenvektoren e i, sowie d) die orthogonale Transformation Q, für die folgende Gleichung gilt: e i = Q e j Lösung a) Die Hauptinvarianten bestimmen wir anhand der Komponenten und erhalten I T = T 11 + T + T 33 = = 7, I I T = T 11 T + T 11 T 33 + T T 33 T 1 T 1 T 13 T 31 T 3 T 3 = = 14, I I I T = e k T 1i T j T 3k = = 8 b) Das charakteristische Polynom des Eigenwertproblems ist gegeben durch 0! = λ 3 I T λ + I I T λ I I I T = λ 3 7 λ + 14 λ 8 Einen Eigenwert können wir hier schnell erraten und finden ihn zu λ (1) = 1 Eine Polynomdivison liefert uns die quadratische Restgleichung für die anderne beiden Eigenwerte: 0 = (λ 1) (λ 6 λ + 8) = λ (1) = 1, λ () =, λ (3) = 4 c) Sei die i te Eigenrichtung durch den Vektor e i gegeben und gelte das Eigenwertproblem 0 = T λ (i) 1 e i Seite 5 von 13

6 Für den ersten Eigenwert λ (1) = 1 ergibt sich hieraus das folgende Gleichungssystem: = e 1 = 1 0 e 1 = e 1 = ±e Analog findet man für den Eigenwert λ () = das Gleichungssystem = e = e = e = ± 1 (e 1 + e ) Auch für den Eigenwert λ (3) = 4 stellen wir das Gleichungssystem auf und lösen dieses: = e 3 = e 3 = e 3 = ± 1 (e 1 e ) d) Die Orientierungen der Eigenrichtungen wollen wir so festlegen, dass diese wiederum ein rechtshändiges orthonormales Basissystem {e i } bilden Dazu legen wir zunächst die Orientierungen von e 1 und e durch das Vorzeichen fest, e 1 = e 3, e = 1 (e 1 + e ), und bestimmen den gesuchten dritten Basisvektor e 3 über das Kreuzprodukt 1 e 3 = e 1 e = e 3 (e 1 + e ) = 1 (e 3 e 1 + e 3 e ) = 1 (e e 1 ) Da wir hier die Eigenrichtungen betrachten, lässt sich die Transformation Q direkt angeben Die Komponentenmatrix dieser Hauptachsentransformation entspricht der Matrix, deren Spalten gerade den Einträgen der zugehörigen Eigenrichtungen entsprechen D h die erste Spalte entspricht der ersten Eigenrichtung, die zweite Spalte der zweiten und die dritte Spalte der dritten Eigenrichtung: Q = = Andererseits können wir die gesuchten Komponenten Q ebenfalls aus einem Koeffizientenvergleich gewinnen Hierzu vergleichen wir die direkten Berechnung der Eigenrichtungen e i aus dem Eigenwertproblem mit dem Resultat der Transformation e i = Q e j Seite 6 von 13

7 Für die erste Eigenrichtung e 1 ergibt sich somit e 1 = Q 11 e 1 + Q 1 e + Q 13 e 3! = e 3 Da beide Rechenwege zum selben Ergebs kommen müssen, müssen die Koeffizienten vor den Basisvektoren e j übereinstimmen und wir erhalten Q 11 = 0, Q 1 = 0, Q 13 = 1 Völlig analog ergibt sich für die zweite Eigenrichtung e = Q 1 e 1 + Q e + Q 3 e 3! = 1 (e 1 + e ), woraus wir direkt ablesen können, dass Q 1 = 1, Q = 1, Q 3 = 0 Es verbleibt der Koeffizientenvergleich für die letzte Eigenrichtung e 3 = Q 31 e 1 + Q 3 e + Q 33 e 3! = 1 (e e 1 ), bei der wir ein letztes Mal die Koeffizienten vergleichen und schließlich erkennen, dass Q 31 = 1, Q 3 = 1, Q 33 = 0 Seite 7 von 13

8 Aufgabe 3 Seien zwei Tensoren zweiter Stufe S, T und zwei symmetrische Tensoren C, U gegeben Bezeichne ferner T D den deviatorischen Anteil von T Zeigen Sie durch geeignete Rechnung, dass a) für invertierbare Tensoren T mit der Inversen : T S T 1 D = T S D, b) die folgende Identität gilt: Spur T 3 = I 3 T 3 I T I I T + 3 I I I T Hinweis: Nutzen Sie das Caley Hamilton Theorem c) für die erste Hauptinvariante von C := U : I C = I U I I U, d) mit Hilfe der beiden vorherigen Aufgabenteile für die zweite Hauptinvariante von C = U : I I C = I I u I U I I I U, Hinweis: Nutzen Sie das Caley Hamilton Theorem um U 4 geschickt darzustellen e) für die dritte Hauptinvariante von C := U : Lösung I I I C = I I I U a) Wir wollen den deviatorischen Anteil des Produktes T S näher bestimmen und setzen daher dessen Defition an: T S T 1 D := T S T Spur T S 1 Wir machen uns zunutze, dass wir innerhalb der Spur zyklischen permutieren dürfen: = T S 1 3 Spur S T 1 = T S 1 3 Spur (S) 1 Als nächstes klammern wir den Tensor T bzw seine Inverse aus und erhalten: = T S 13 Spur (S) 1 =: T S D Seite 8 von 13

9 b) Wir benutzen den Satz von Caley Hamilton und stellen diesen um, damit wir die Potenz T 3 durch edrigere Potenzen ausdrücken können: 0! = T 3 I T T + I I T T I I I T 1 = T 3 = I T T I I T T + I I I T 1 Bilden der Spur dieser Identität liefert uns weiter: Spur T 3 = Spur I T T II T T + III T 1 Ausnutzen der Linearität der Spur lässt uns die Terme auseinanderziehen: = I T Spur T I I T Spur (T) + I I I T Spur (1) (1) Bei diesem Ausdruck stört uns noch die Spur des Quadrates T Dieses wird benutzt um die zweite Invariante I I T zu defieren Daher können wir eben diese Defition ausnutzen und erhlaten nach Umstellung: I I T := 1 I T Spur T = Spur T = I T I I T Einsetzen dieser Darstellung in Gl (1) und Auswerten des Termes Spur (1) liefert: Spur T 3 = I T I T I I T I I T Spur (T) + 3 I I I T = I 3 T 3 I T I I T + 3 I I I T c) Wir beginnen bei der Defition der ersten Invariante I C und setzen die Defition des Tensors C aus der Aufgabenstellung ein: I C := Spur (C) = Spur U Analog zum vorangegangenen Aufgabenteil drücken wir wiederum die Spur des Quadrates mit Hilfe der zweiten Invariante I I U aus: I I U := 1 I U Spur U = I C = Spur U = I U I I U d) Wir beginnen mit der Defition der zweiten Invariante I I C und setzen in diese das Ergebs aus dem vorangegangenen Aufgabenteil sowie die in der Aufgabenstellung angegebene Darstellung für C ein: I I C := 1 I C Spur C = 1 I U I I U Spur U 4 () Seite 9 von 13

10 Hierbei müssen wir den hinteren Term noch geschickt darstellen Das gelingt uns, indem wir den Satz von Caley Hamilton mit dem Tensor selbst multiplizieren und umstellen, d h 0 = U 4 I U U 3 + I I U U I I I U U = U 4 = I U U 3 I I U U + I I I U U Einsetzen dieser Darstellung in Gl () liefert uns folglich I I C = 1 I U I I U Spur IU U 3 II U U + III U U Ausnutzen der Linearität der Spur und Auflösen der binomischen Formel liefert uns: = 1 I 4 U 4 I U I I U + 4 I I U I U Spur U 3 + I I U Spur U I I I U Spur (U) Erneut drücken wir Spur U mittels der Defition der zweiten Invariante aus: = 1 I 4 U 4 I U I I U + 4 I I U I U Spur U 3 + I I U I U I I U I I IU I U = 1 I 4U 3 I U I I U + I I U I U I I I U I U Spur U 3 An dieser Stelle nutzen wir Aufgabenteil b), um den Term Spur U 3 anders darzustellen: = 1 I 4 U 3 I U I I U + I I U I U I I I U I U I 3 U 3 I U I I U + 3 I I I U Zusammenfassen der Terme liefert uns schließlich: = 1 I 4U 3 I U I I U + I I U I U I I I U I 4U + 3 I U I I U 3 I U I I I U = 1 I I U 4 I U I I I U = I I U I U I I I U e) Wir setzen zuerst die Defition der Determinante sowie die Darstellung von C aus der Aufgabenstellung ein Danach nutzen wir lediglich noch aus, dass die Determinante eines Produktes dem Produkt der Einzeldeterminanten entspricht: I I I C := det C = det (U U) = (det U) (det U) = (det U) =: I I I U Seite 10 von 13

11 Aufgabe 4 Sei T ein invertierbarer Tensor zweiter Stufe mit der Inversen, d h T = 1 Zeigen Sie durch geeignete Rechnung, dass a) für die zeitliche Änderung der Inversen gilt, dass Ṫ 1 = = Ṫ, b) für symmetrisches T in Indexnotation gilt, dass T 1 T kl = = 1 T kl ik l j + il k j Hinweis: Stellen Sie den symmetrischen Tensor T = T T dar als T = 1 T + T T Sei W ein antisymmetrischer Tensor mit axialem Vektor w mit Komponenten w i = 1 ε k W k j bezüglich einer orthonormalen Basis c) Bestimmen Sie die Ableitung (w w) W Seien eine Basis g i, die Metrikkoeffizienten g := g i g j sowie die über g i, j = Γ k g k defierten Christoffelsymbolen Γ k gegeben d) Zeigen Sie durch geeignete Rechnung, dass die Christoffelsymbole Γ k alleine durch die Metrikkoeffizienten g bzw g bestimmt sind: Γ k = 1 g kl g jl,i + g il, j g,l Hinweis: Setzen Sie geeignet in die rechte Seite der Gleichung ein Lösung a) Anstatt die Ableitung Ṫ 1 direkt zu betrachten, leiten wir die folgende Identität nach der Produktregel der Tensordifferentiation ab und erhalten: 1 =: T = 0 = 1 = T = Ṫ + T Ṫ 1 Seite 11 von 13

12 Nach einer Multiplikation mit von links können wir diese Gleichung umstellen: 0 = Ṫ + T Ṫ 1 = Ṫ 1 = Ṫ b) Erneut gehen wir indirekt vor und leiten die obige Identität nach der Produktregel ab Das tun wir direkt in der Indexnotation und erhalten mit den Komponenten 0 kl 0, dass δ = T im m j = 0 = δ = T im = T im + T im Multiplikation mit von links, d h mit (Summation über den ersten Index!), liefert 0 = T im m j + T im = T im + δ nm Mit Hilfe dieser Gleichung erhalten wir die folgende Darstellung, denn die Kronecker Deltas sind konstant (Wert 0 bzw 1) und somit verschwindet deren Ableitung: n j = δnm m j 1 T = δ nm = T im Somit haben wir eine Darstellung für die gesuchte Ableitung gefunden Allerdings können wir diese cht direkt weiter umformen und müssen daher an dieser Stelle den Hinweis T = 1 (T + TT ) verwenden Nach der Summenregel ergibt sich für die gesuchte Ableitung:! 1 = [T im + T mi ] = 1 Tim + T mi Da die Tensorkomponenten linear unabhängig voneinander sind, müssen die Indizes der Ableitungen identisch sein und wir können die dadurch auftretenden Kronecker Deltas zum Umbenennen der entsprechenden Indizes verwenden: = 1 δ ik δ ml + δ mk δ il = 1 nk l j + nl k j c) Wir setzen die Komponentendarstellung des Skalarproduktes und die Komponenten w i (siehe Aufgabenstellung) an und leiten diese nach der Produktregel ab: (w i w i ) w i 1 = w i = W mn W mn ɛ k W k j W mn 1 ɛ ipq W qp Seite 1 von 13

13 Das Permutationssymbol ɛ ipq ist konstant und wir können dieses aus der Ableitung herausziehen Die linear unabhängigen Tensorkomponenten können wir dann direkt ableiten: = 1 ɛ k ɛ ipq W k j W qp W mn = 1 ɛ k ɛ ipq W k j δ qm δ pn Beide Permutationssymbole haben einen gemeinsamen Index i Daher können wir dieses Produkt wiederum durch Kronecker Deltas ausdrücken: = 1 δjp δ kq δ jq δ kp Wk j δ qm δ pn Auswerten der Kronecker Deltas und Ausnutzen der Antisymmetrie W nm = W mn liefert: = 1 (W mn W nm ) = 1 ( W mn) = W mn = (w w) W = W d) Wir betrachten zuerst nur den Summanden g, l und setzen in diesen die Defition der Metrikkoeffizienten sowie die angegebene Ableitung der Basisvektoren ein: g, l := (g i g j ),l = g i,l g j + g i g j,l = Γ m il g m gj + g i Γ m l j g m =: Γ m il g + Γ m l j g im Die anderen beiden Ableitungen bestimmen sich analog, d h wir gewinnen diese, in dem wir einfach nur die Indizes entsprechend umbenennen: g jl,i = Γ m ji g ml + Γ m il g jm, g il, j = Γ m g ml + Γ m jl g im Diese drei Darstellungen setzen wir nun in der rechten Seite der gesuchten Gleichung ein und beachten dabei die beiden Symmetrien Γ k = Γ i k j bzw g = g ji : 1 g kl Γ m ji g ml + Γ m il g jm + Γ m g ml + Γ m jl g im Γ m il g + Γ m l j g im = 1 g kl Γ m g ml = Γ m g kl g ml Die beiden Metrikkoeffizienten sind invers zueinander und daher erhalten wir: = Γ m δ k m = Γ k Seite 13 von 13