连续介质力学题目汇总

1第一章例题1证明axb=0当且仅当a与b线性相关。证：(a)若a与b线性相关，则a=0或者存在一标量a满足b=αa。在前种情况下，由公理（5）我们有axb=0，在后种情况下，由公式（4）和（5）得到同样的结论。（b）若axb=0，由公理（7）、（3）和式（8）给出a·b=±|a||b|。假定正号成立，则由公理（2）和（1）有（|b|a-|a|b）·（|b|a-|a|b）=2|a|²|b|²-2|a||b|a·b=0，再由公理（3）即得到|b|a=-|a|b。在两种情况下，我们都有a=0或者b为a的某一标量倍数。因此a和b线性相关。例题2证明三重积的下列性质：（1）[a，b，c]=[b，c，a]=[c，a，b]=-[a，c，b]=-[b，a，c]=-[c，b，a]a，b，cE，（2）[αa+βb，c，d]=α[a，c，d]+β[b，a，d]a，b，c，d∈E，α，β∈R，（3）[a，b，c]=0当且仅当a，b，c线性相关。证：（1）由公理（4）、（2）和（1）知三重积当其中第二和第三元素交换位置时改变符号。由公理（6）并借助于公理（2）和（5），0=（a+b）·{（a+b）xc}=a·（axb）+a·（cxb）+b·（axc）+b·（bxc）=[a，b，c]+]+[b，a，c]，由此得知，当交换第一和第二个元素时，三重积也改变符号，反复使得这两个性质即得到恒等式（10）。（2）在公理（2）中用cxd替换c即得等式（11）。（3）（a）首先注意到公理（2）和性质（10），意味着如果三重积中任何一个元素为零矢量，则其值为零。若a，b，c线性相关，则存在三个不全为零的标量α，β，γ，满足αa+βb+γc=0，因此三重积[αa+βb+γc，b，c]，[a，αa+βb+γc，c]，[a，b，αa+βb+γc]均为零。利用式（10）和（11），它们分别简化为α[a，b，c]、β[a，b，c]、γ[a，b，c]。既然α，β，γ中至少有一个非零，故[a，b，c]=0。（b）逆结论可用归谬法获得。假设[a，b，c]=0且a，b，c为线性无关的矢量。例1告诉我们bxc0，由（9）和（10）我们看到a，b和c都与bxc正交。既然a，b，c构成E中的一基底（*），那么任何矢量都应当与bxc正交。但是这个结论显然是错误的，因此bxc不与自身正交，因此a，b，c必须线性相关。2例题4令{f,g,h}和{l,m,n}为E中任意选取的两组基。A为任意张量，证明：{[Af,g,h]+[f,Ag,h]+[f,g,Ah]}/{f,g,h}={[Al,m,n]+[l,Am,n]+[l,m,An]}/{l,m,n}(A){[f,Ag,Ah]+[Af,g,Ah]+[Af,Ag,h]}/{f,g,h}={[l,Am,An]+[Al,m,An]+[Al,Am,n]}/{l,m,n}(B)[Af,Ag,Ah]}/{f,g,h}={[Al,Am,An]/{l,m,n}(C)证：令fi,gi,hi为矢量f、g、h相对于标准正交基底e的分量。得到：[Af,g,h]=[A（fp，ep）,gqeq,hrer]=[fpAep,gqeq,hrer]=fpgqhr[Aep,eq,er]可以写成：fpgqhr{[Aep,eq,er]+[ep,Aeq,er]+[ep,eq,Aer]}/{f,g,h}(D)将(D)改写为：fpgqhr{[Ae1e2e3]+[e1,Ae2,e3]+[e1e2Ae3]}/{f,g,h}=±{[Ae1e2e3]+[e1,Ae2,e3]+[e1e2Ae3]}（E）不管e为何方向，都有：{[Af,g,h]+[f,Ag,h]+[f,g,Ah]}/{f,g,h}={[Ae1e2e3]+[e1,Ae2,e3]+[e1e2Ae3]}/[e1,e2,e3](F)(F)左边的基底的选择是任意的，这样便得到结果(A)。证明(A)所用的步骤同样适用于证明(B)、(C)。例题6令为一可逆张量，其值依赖于一实参数。假定存在，试证证：对于][AcAb,Aa,ⅢAc]b,a,[，Ecb,a,两边关于的积分为)(det][Acb,a,dd][][][BAcAb,Aa,AcBAb,Aa,AcAb,BAa,这里，1)/(AABdd由：c]b,[a,ΙAc]b,[a,c]Ab,[a,c]b,[Aa,A][AcAb,Aa,ⅢAc]b,a,[，Ecb,a,上式变为：c]b,A)[a,BAc]Ab,B[Aa,Acb,a,)(det()(det][trtrdd即)()(det)(det1AAAAddtrddpqrA(*)/ddA)()(det)(det1AAAAddtrdd3例题9令u和v为任意矢量，试证0)det(,vuvuvutr，并证明vu的第二主不变量为零。证：由定义Eauvaavu,)()(，发现vu的第二和第三主不变量均为零。因为式c]b,[a,c]vb,uva,[uvc]ub,va,[uvc]uvb,u[a,vu左边的各三重积中都有两元素u的标量倍数，而式][vcuvb,uva,uⅢc]b,a,[左边的三重积中的三个矢量均为u的标量倍数。式c]b,[a,Ιvc]ub,[a,c]vb,u[a,c]b,va,[uvu给出:)(][vucb,a,trv)u](cb,[a,c]v)u,(b[a,c]b,v)u,[(au]b,v)[a,(cc]u,v)[a,(bc]b,v)[u,(a}{cb,a,为E中的一组基，则存在三个标量,,满足cbau，将此式带入上式，从而得到：vuvcbavcvbvavu)()()()()(tr例题11令A为一任意张量，证明和为半正定对称张量。若A可逆，证明这些张量正定。证明：由式这表明与均为对称张量。令α为以任意矢量，则利用是式，我们有(A)公理3保证式（A）右边的标量积非负，因此由定义(63)：如果张量A满足a.(Aa)0，我们AATTAATTTABAB)(AAAAAATTTTTT)()(TTTTTAAAAAA)()(AATTAA)).((}).{(a)).(()}(.{}).{(aaAaAaAAAaAaAaAaaAATTTTT4便称它为半正定。故与均为半正定张量。若A可逆，则当a时，Aa和均非零。从而由公理（3）知使（A）最后的标量积对所以非零a均为正，由式（64）a.(Aa)，便可得到和正定。例题13令W为以任意反对称张量，且为其轴矢量。试证：(72)，并推断W只有一个特征值。证明：我们先在式(28)至（30）中，即：｛Aa,b,c｝+{a,Ab,c}+{a,b,Ac}=｛a,Ab,Ac｝+{Aa,b,Ac}+{Aa,Ab,c}=｛Aa,Ab,Ac｝=以W替代A，以上面引进的标准正交基替代｛a,b,c｝来计算W的主不变量。由于Wp=0且｛p,q,r｝=1,我们有：然后由式（71）：Wa=w*a及（69）：p=q*r,q=r*p,r=p*q,{p,q,r}=1,并记住w=ωp,Wp=ωp*q=ωr,Wr=ωp*r=-ωp,因此有=0,且将式（72）代入式（57）:，得到W的特征方程为，该方程只有一个实根，其值为零。习题3设，，，，，则有【a,b,c】【d,e,f】==,AATTAAaATAATTAA0det,,02WIIItrWI},,{cbaIA},,{cbaIIA},,{cbaIIIA},,rqp0},,,{},,,{},,{WrqWrqWIIIWWpWqprWpIWI222},,{},r,{rqpqpW0-23AAAIIIIII028kkaA1kkbA2kkcA3kkdB1kkeB2kkfB3BABATdetdetdetdet)det(BAT5而所以，（注意这个P1,P2都是下标）=于是本题第一关系得证。为了证明第二关系式，令，，，，，，利用和前面证明相同的方法得【a,c,e】【d,d,f】=再另，则有，=故有：因而第二关系式也得证习题4设A、B对应于正规正交基e={}的分量为则有：detA=debt=因而另外，因为的（I,j）分量为故有：=ijTijTABA)()(ijBijjiBA)det(BATAP1BP1AP1BP2AP1BP3AP2BP1AP2BP2AP2BP3AP3BP1AP3BP2AP3BP3.ad.ae.af.bd.be.bf.cd.ce.cfkkaA1kkcA2kkeA3kkbB1kkdB2kkfB3)det(BATfedcbaK332211jijijijijijiijBABABAfedcbakijTpjTipjpipABBABA)()(TABK)det(detdetdetdet)det(detBABABAABKTTTT321,,eeeijAijB321rqppqrAAA321oxoxBBB321321detdetoxrqpoxpqrBBBAAABABATrjriBA321)det(ooxoxxpqrTBABABABA6)}()()({321321poqoqoporxropoporoqxqororoxpxoxrqpBBBAAA由detAdetB=,且A,B均为任意的，故由（A）(B)二式可得)()()(rxqrxqxporoqxrxqoporxoroqopxoxpqr、、、、、、、（C）上式推导中对（B）式右方做了一些下标字母更替，将上式C中的nmlkjioxrqp,,,,,,,,,,换为即得原题要证明的关系。习题11（I）令W为一反对称张量，其轴矢量为。将W的分量（相对于一标准正交基）用的分量表示并找出逆关系。（II）设S为一对称张量，W为一反对成张量，证tr（SW）=0.(I)因为W的轴矢量，固有Wa=×aEa.即122131132332321333231232221131211aaaaaaaaa由于a的任意性可得)3,2,1(01iWi，32112WW，，。以上各式中，当基在E+上定义时取上面的符号，在E-上定义时取下面的符号。归纳各式既得pijpijW。反过来也不难得到（II）因S为对称张量，W为反对称张量，固有ijjiS=S，故pqqpqppqW-SWS）SW（tr，也可直接写为pqqpWS=）SW（tr。对比（A）、（B）二式即得tr（SW）=0。312213322113332112312312322311332211ooxxoooxxoooxxoooxxoooxxooxxBABABABABABABABABABABABABABABABABABA))()(())()(())()(())()(())()(())()((312213322111332112312312222111332211oppoqqxrrxoqqooppoxrrxorroppxqqxooorroxqqxoqqoorroxppxorrooqqxppxBABABABABABABABABABABABABABABABABABA)det(BAT13223WW21331WWpqipqiWijji-W=W7习题14如果l，m，n为彼此正交的单位矢量，证明mllnnmQ是正交张量，进一步证明Q2=QT，并推证Q是正规正交张量。由l，m，n彼此正交的性质和Q