Tenzor

Ko tudi učitelj ne more pomagati...
Odgovori
Dynamo
Prispevkov: 22
Pridružen: 26.12.2013 18:04

Tenzor

Odgovor Napisal/-a Dynamo »

Južnoameriški trdi les ima v smeri vlaken toplotno prevodnost 14 W/mK, v smeri pravokotno na letnice 10 W/mK in v tretji smeri, vzporedno z letnicami 11 W/mK. Iz lesa izstružimo 10 cm dolgo paličico s premerom 8 mm z osjo v smeri, ki oklepa enake kot z vsemi tremi lastnimi osmi. Paličico po plašču toplotno izloiramo, na konca pa pritisnemo dva razsežna kosa bakra,katerih temperatura se razlikuje za 10K. Kolikšen toplotni tok teče po paličici, ko se ustali?

\(\vec{j}=-\lambda \nabla T\) torej \(\nabla T=-\lambda ^{-1}\vec{j}\).

V sistemu lesa velja \(\lambda =\begin{bmatrix}
\lambda _\varphi & & \\
& \lambda _R & \\
& & \lambda _z
\end{bmatrix}\)
in ker gre za dioagonalni tenzor velja tudi \(\lambda ^{-1}=\begin{bmatrix}
\frac{1}{\lambda _\varphi} & & \\
& \frac{1}{\lambda _R} & \\
& & \frac{1}{\lambda _z}
\end{bmatrix}\)
.

Vektor j v istem sistemu kot tenzor je \(\vec{j}=j(sin(45^{\circ})cos(45^{\circ}),sin(45^{\circ})sin(45^{\circ}),cos(45^{\circ}))\)\(=j(1/2,1/2,\sqrt{2}/2)\).

Torej je v sistemu celega kosa lesa \(\nabla T=-\begin{bmatrix}
\frac{1}{\lambda _\varphi} & & \\
& \frac{1}{\lambda _R} & \\
& & \frac{1}{\lambda _z}
\end{bmatrix}j\)
\(\begin{bmatrix}
\frac{1}{2}\\
\frac{1}{2}\\
\frac{\sqrt{2}}{2}
\end{bmatrix}\)
\(=-j\begin{bmatrix}
\frac{1}{2\lambda _\varphi }\\
\frac{1}{2\lambda _R}\\
\frac{\sqrt{2}}{2\lambda _z}
\end{bmatrix}\)


Seveda pa moram sedaj \(\nabla T\) zavrteti v lastni sistem paličice, in vsaj ZDI SE MI, da je takole pravilo (c=cos in s=sin):

\(\nabla T^{'}=R_xR_y\nabla T=\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0\\
0& c & -s\\
0& s & c
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
c & 0 &-s \\
0& 1 & 0\\
s& 0 & c
\end{bmatrix}(-j)\begin{bmatrix}
\frac{1}{2\lambda _\varphi }\\
\frac{1}{2\lambda _R}\\
\frac{\sqrt{2}}{2\lambda _z}
\end{bmatrix}\)
\(=-j\begin{bmatrix}
c\frac{1}{2\lambda _\varphi }-s\frac{\sqrt{2}}{2\lambda _z} \\
c\frac{1}{2\lambda _R}-s(s\frac{1}{2\lambda _\varphi }+c\frac{\sqrt{2}}{2\lambda _z}) \\
s\frac{1}{2\lambda _R}+c(s\frac{1}{2\lambda _\varphi }+c\frac{\sqrt{2}}{2\lambda _z})
\end{bmatrix}\)


Iz navodil vemo \(\Delta T=\int _{-h/2}^{h/2}\nabla T_z^{'}dz^{'}=-j\int _{-h/2}^{h/2}(\frac{1}{2\lambda _R}+c(s\frac{1}{2\lambda _\varphi }+c\frac{\sqrt{2}}{2\lambda _z})) dz^{'}\)\(=-j(s\frac{1}{2\lambda _R}+c(s\frac{1}{2\lambda _\varphi }+c\frac{\sqrt{2}}{2\lambda _z}))h\) in zato tudi

\(j=\frac{-4\Delta T}{(\sqrt{2}/\lambda _R+1/\lambda _\varphi +1/\lambda _z)h}\) kjer je seveda\(\Delta T<0\).

In če se ne motim, je to tudi odgovor. Se sliši prav al niti ne tako zelo?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Tenzor

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Sliši se precej narobe na nekaj mestih. Kot prvo, koti 45 stopinj v polarnem koordinatnem sistemu niso isto kot enaki koti do vseh koordinatnih osi, kar tudi vidiš iz tega, da niso vse tri komponente enake. V resnici iščeš v toplotni tok v smeri vektorja (1,1,1) - komponente normiranega smernega vektorja so kar kosinusi kotov do koordinatnih osi.

Drugo, kompozicija zaporednih rotacij za namen obračanja koordinatnega sistema je grozen način početja tega. In zelo nevaren da ga kje pobiksaš. Zgradi koordinatni sistem, pri čemer en vektor poznaš, dva pravokotna pa dodaš. Pa imaš že prehodno matriko. Recimo na (1,1,1) sta pravokotna (1,-1,0) in (1,1,-2). Normiraš, zložiš v stolpce in je rešeno.

Še to: kar zapisuješ v indeksih lambde je nevarno... tenzor imaš podan v kartezičnem sistemu. Vsaj tako moraš razumet nalogo. Tenzor, katerega lastne osi se spreminjajo s prostorom (fi in R smerna vektorja kažeta povsod v različne smeri), je mukotrpna reč. Mislim, da ni mišljeno, da imaš kar vejo, katere letnice so koncentrični cilindri, ampak da je to pač iz enakomernega kosa lesa z ravnimi letnicami.

Potem pa tako... v osnovi hoče temperaturni gradient (s sprva znano smerjo \(\hat{a}=\frac{1}{\sqrt3}(1,1,1)\) in znano magnitudo) pognat tok \(\vec{j}=\frac{\Delta T}{h}\lambda \vec{a}\) ki potem teče v neki čudni smeri, s transverzalnimi komponentami toka. Vzdolžna komponenta toka v tem primeru bi bila kar \(\vec{a}\cdot \vec{j}=\frac{\Delta T}{h} (\vec{a}\lambda\vec{a})\) kar je ravno ekstrakcija magnitude tenzorja v željeni smeri (tisti elipsoid). Kot vidiš, ne rabiš nobenih rotacijskih matrik.

Samo... v tem primeru ti transverzalni tokovi inducirajo dodatne temperaturne gradiente v transverzalni smeri, in se s tem sami tokovi pokrajšajo, da potem teče samo vzdolž palice. Tako kot pri Hallovem pojavu. Tako, da potem \(\nabla T\) ne kaže več vzdolž palice, \(\vec{j}\) pa ja. V tem primeru res izgleda, da rabiš inverz. Zapišeš recimo
\(\vec{j}=j\vec{a}=-\lambda \nabla T\)
pogoj je pa še vedno, da velja podana komponenta temperaturnega gradienta vzdolž paličice:
\(\nabla T\cdot \vec{a}=\frac{\Delta T}{h}\)
Poskusiš invertirat prvo enačbo:
\(\nabla T=-j\lambda^{-1}\vec{a}\)
skalarno množiš z \(\vec{a}\):
\(\frac{\Delta T}{h}=-j \vec{a}\lambda^{-1}\vec{a}\)
kar je v principu ista operacija kot prej, le da jo izvedeš na inverzu. Spet ne rabiš nobenih rotacijskih matrik, samo projekcijo na neko smer.

To je (z razliko čudno določenega smernega vektorja) podobno tvojemu rezultatu, s tem, da sem hotel pokazat način brez kompliciranja in premetavanja rotacijskih matrik. Vse, kar rabiš, je \(\vec{a}\lambda^{-1}\vec{a}=a_x^2/\lambda_{xx}+a_y^2/\lambda_{yy}+a_z^2/\lambda_{zz}=\frac{1}{3}(\lambda_{xx}^{-1}+\lambda_{yy}^{-1}+\lambda_{zz}^{-1})\).

Dynamo
Prispevkov: 22
Pridružen: 26.12.2013 18:04

Re: Tenzor

Odgovor Napisal/-a Dynamo »

Se strinjam, to da je kot kar 45°sem si malo izmislil, ampak res bi se lahko spomnil na skalarni produkt \(\vec{a}\cdot \vec{b}=|a||b|cos\alpha\) in prever če drži. Z upoštevanjem, da ima palica smerni vektor \((1,1,1)\) je seveda očitno, da mora biti kot enak \(arccos(\frac{\sqrt{3}}{3}\) kar je približno 54.74°.

ZELO mi je všeč ta ideja, da si zbereš en vektor in nato definiraš še dva, ki sta provokotna na njega in tvorijo novo bazo. Hvala za to idejo in verjamem, da pride velikokrat prav. Moram pa priznati, da sem malenkost pozabil tele prehode na novo bazo zato imam sedaj malo problemov.

Prehodna matrika je potemtakem \(P=\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\
\frac{1}{\sqrt{3}}& -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\
\frac{1}{\sqrt{3}}& 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}}
\end{bmatrix}\)
sestavljena iz ortonormiranih vektorjev. In sedaj, če prav razumem, je ideja taka, da bi blo super zapisat stare vazne vektorje v novi bazi, zato da dobim tenzor zapisan v isti bazi kot gostototo toka po palici. Kako že to storim?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Tenzor

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

No kot rečeno v tem primeru ne rabiš cele baze ampak samo tvoj vektor. Saj lahko zapišeš tenzor v diagonalni obliki in palico obrneš v smeri (1,1,1), kot sem orisal postopek. Je brezveze trikrat obračat tja in nazaj.

No ampak če bi hotel, gre tako... v koordinatnem sistemu palice je recimo vektor a'=(1,0,0) vzdolž palice. Pol je P*a' vektor v koordinatnem sistemu lesa (to je kar naš normiran a), in pol množiš s tenzorjem lambda^-1, in pol nazaj transformiraš v prostor palice tako, da množiš s P^-1 in potem še enkrat množiš z a' po formuli. Torej,
\(\vec{a}\lambda^{-1}\vec{a}=\vec{a}'\underbrace{P^{-1}\lambda^{-1}P}\vec{a}'\)
in kot vidiš zdaj tisto vmes razglasiš za transformiran tenzor v koordinatni prostor palice. V tem koordinatnem sistemu potem vidiš, da rabiš samo xx komponento. Samo... po nepotrebnem si transformiral še vse ostale komponente, ki jih ne rabiš. Dve matrični množenji namesto vsota treh členov.

Dynamo
Prispevkov: 22
Pridružen: 26.12.2013 18:04

Re: Tenzor

Odgovor Napisal/-a Dynamo »

Odlično, najlepša hvala za razlago!

Odgovori