Tài liệu Động học các môi trường liên tục_chương 3 ppt

Dòng chảy được dùng để chỉ trạng thái liên tục chuyển động và biến dạng của một môi trường liên tục.. Khi nghiên cứu dòng chảy người ta khảo sát quá trình thay đổi của các cấu hình một c

Chương 3: ĐỘNG HỌC CÁC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC

Trước hết ta phân biệt một số khái niệm sau đây:

Đi"m là vị trí tọa độ trong một không gian nhất định.

Ph#n t$ được dùng để chỉ một phần thể tích rất nhỏ của MTLT hay còn gọi là chất điểm

(điểm vật chất)

Bi%n d&ng là sự thay đổi hình dạng của môi trường liên tục giữa cấu hình ban đầu (chưa

biến dạng) và cấu hình sau cùng (đã bị biến dạng) Nghiên cứu biến dạng người ta không cần để ý đến quá trình xảy ra giữa hai cấu hình này

Chuy"n đ(ng là sự dịch chuyển liên tục của một môi trường liên tục trong không gian.

Dòng chảy được dùng để chỉ trạng thái liên tục chuyển động và biến dạng của một môi trường liên tục Khi nghiên cứu dòng chảy người ta khảo sát quá trình thay đổi của các cấu hình một cách liên tục, trong đó trường vận tốc theo thời gian được xác định cụ thể

Xét trạng thái ban đầu chưa biến dạng tại t = 0 và trạng thái đã biến dạng tại thời gian t = t

của môi trường vật chất liên tục trên cùng hình vẽ Nếu gán cho trạng thái ban đầu và trạng thái sau cùng ở trong 2 hệ tọa độ riêng biệt ta có:

Đối với trạng thái ban đầu 1 phần tử của môi trường liên tục chiếm vị trí Po trong không gian , có véc-tơ vị trí trong

hệ tọa độ (OX1 X2 X3) Descartes là:

k k 3 3 2 2 1

X

Đối với cấu hình đã biến dạng phần tử ban đầu tại vị trí Po nay chiếm vị trí mới P trong không gian, có véc-tơ vị trí

trong hệ tọa độ (ox1x2x3) Descartes là:

∧

∧

∧

∧

→

= +

+

= x e x e 2 x e 3 x e i

Hệ tọa độ vật chất (O X1 X2 X3) và hệ tọa độ không gian (o x1 x2 x3) có liên hệ với nhau bởi

cosin chỉ phương αkK và αKk được định nghĩa bởi: eˆ k Iˆ K =Iˆ K eˆ k =α =kK αKk [3.1]

mặt khác Iˆ K Iˆ P =δKP và eˆ k eˆ p =δkp [3.2]

suy ra αKk αKp =αkK αpK =δkp và αKp αMp =αpK αpM =δKM [3.3]

Vectơ ur nối liền 2 điểm PO và P được gọi là vectơ chuyển vị:

K

Iˆ.

K U U hay k eˆ k u

Vectơ cơ sở eˆ được biểu diển bởi vectơ cơ sở k Iˆ như sau: K

∧

=

∧

K I kK k

=

=

=

→

U

^ K I K U )

^ K I kK a ( k u

−

→ +

→

=

→

X x b

t=0

ur

2

eˆ

x2 o

O

Hình 3.1

Xr

X2

1

Iˆ

3

Iˆ

2

Iˆ

X3

Po

b r eˆ 3

1

eˆ

xr

Trong đó →b là véc-tơ nối giữa 2 điểm o và O Nếu 2 hệ thống tọa độ này trùng nhau thì

0

b=

→

Viết theo thành phần Descartes ta có : (theo tọa độ (ox1x2x3) )

K kK k

Hơn nữa nếu 2 hệ tọa độ trùng với nhau thì các trị số cosin chỉ phương akK trở thành δkK Cuối cùng:

k k

Theo quan điểm Lagrang : người quan sát sẽ di chuyển theo cùng với hệ thống các phần tử

chuyển động của môi trường liên tục

Chuyển động này có thể được diễn tả bởi phương trình sau đây : hay:

) t X (

x

x

) t X ( x ) t X , X , X ( x

→

→

→

=

=

=

Trong đó xi là là vị trí của phần tử được tính ở thời điểm hiện tại t , dựa vào vị trí của phần tử X1,X2,X3 tại thời điểm t = 0 Khi t biến thiên thì xi sẽ cho ta quỹ đạo của phần tử đó trong

không gian

dõi các phần tử di chuyển (hay biến dạng) đến vị trí đó tại thời điểm hiện tại

) t x ( X X ) t x ( X ) t x , x , x ( X

X i = i 1 2 3 = i → ⇒ → = → → Điều kiện cần và đủ cho sự hiện hữu của hàm số ngược chính là Jacobian :

0 X

x j

j

=

∂

Thí dụ: Cho một môi trường liên tục chuyển dịch theo mô tả của Lagrang như sau:

3 3

2

t 1 2

t 2 1 1

X x

X ) 1 e ( X x

) 1 e ( X X x

=

+

−

=

− +

=

Jacobian của hệ bằng 1 ≠ 0, do đó ta có được quy luật chuyển dịch theo tọa độ Euler là:

3 3

2

t 1 2

t 2 1 1

X x

X ) 1 e ( X x

) 1 e ( X X x

=

+

−

=

− +

=

Cho MTLT là 1 hình chữ nhật kích thước a×b (hình 3.2), nếu ta lấy 1 đoạn thẳng đứng dài bằng a của MTLT (X1 = 0 , X2 = 0 , X3 = α trong đó α là 1 tham số : 0 ≤ α ≤ a) thì đoạn thẳng này theo cách mô tả Lagrang có quy luật chuyển dịch : x1=0, x2 t 2

4

1

α , x3= α, nghĩa là khi t

thay đổi đoạn thẳng này sẽ biến thành các đoạn thẳng xiên Và tương tự cả hình chữ nhật sẽ biến thành các hình bình hành

Nếu mô tả chuyển dịch theo Euler, thí dụ ta xét

điểm cố định A trong tọa độ không gian (x1 = 0,

x2 = 0 , x3 = a) ta sẽ có quy luật chuyển dịch X1 =

0 , X2 = a t 2

4

1

− , X3 = a Các hàm này cho ta

thấy khi t thay đổi, những phần tử sẽ chuyển

dịch qua điểm A là những phần tử nằm trên

đường thẳng song song với trục X2 và ở bên trái

điểm A.

Do đó ta thấy quy luật chuyển dịch của 1 MTLT

có thể mô tả theo 2 phương pháp Trong

phương pháp Lagrang khi cố định Xi ta có thể

theo dõi được quá trình chuyển dịch cũng như

các tính chất khác của sự chuyển dịch của 1

phần tử Còn trong phương pháp Euler khi cố

định xi ta có thể xác định được những gì đã xẩy ra tại 1 điểm của không gian (phần tử nào đã

đi qua, vận tốc của nó,v.v )

Hai phương pháp mô tả nói trên là tương đương Người ta có thể chuyển từ phương pháp thứ nhất sang phương pháp thứ hai và ngược lại Việc chọn phương pháp mô tả nào là tùy thuộc bài toán cụ thể Thí dụ trong tính toán chuyển dịch chất lỏng, chất khí trong đường ống, hình dạng biên của môi trường đã được xác định, người ta chỉ quan tâm đến trường vân tốc tại các điểm trong ống , khi đó phương pháp Euler là thích hợp Trái lại khi nghiên cứu mặt sóng chất lỏng, cần xác định quỹ đạo của các phần tử chất lỏng, hoặc khi nghiên cứu vật rắn biến dạng, cần xác định sự biến dạng của vât thể thì sử dụng phương pháp Lagrang là hợp lý

Bài tập : Theo mô tả Lagrang ta có phương trình:

3 3

2

t 1 2

t 2 1 1

X x

X ) 1 e ( X x

) 1 e ( X X x

=

+

−

=

− +

=

Hãy tìm các công thức nghịch đảo theo Euler

2 t

t

t 2 1

e e 1

x ) 1 e ( x X

; e e 1

) 1 e ( x x

−

−

−

−

−

=

−

−

− +

−

x2 x3 ), là vi phân từng phần của véctơ vị trí xi theo Xj tạo nên tensor

j

i

X

x

∂

∂ là nhị thức sau đây:

^ 3 3

^ 2 2

^ 1 1

X

x e

X

x e X

x

x F

∂

∂

∂

∂

∂

→

+ +

≡

∇

Trong đó ∇ = →i

i

X

∂

∂

x3 , X3

x2 , X2 x1 , X1

t = t A

O

Hình 3.2

b a

t = 0

Nhị thức F có thể viết dưới dạng ma trận sau:

j i

3

3 2

3 1 3

3

2 2

2 1 2

3

1 2

1 1 1

3 2 1 3

2

1

X x

x

X x

X x X

x

X x

X x X

x

X x

X x X

X

, X

, X x

x

x

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

=

không gian xj tạo nên tensor

j

i

X

x

∂

∂ có dạng nhị thức như sau :

^ 3 3

^ 2 2

^ 1 1

e x

X e

x

X e x

X x X H

∂

∂

∂

∂

∂

→

+ +

≡

∇

Hoặc viết dưới dạng ma trận :

j i

3

3 2

3 1 3

3

2 2

2 1 2

3

1 2

1 1 1

3 2 1 3 2

1

x X

x

X , x

X , x X

x

X , x

X , x X

x

X , x

X , x X

x

, x

, x X X

X

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

Cả 2 tensor biến dạng không gian và vật chất được liên hệ bởi:

ik k

i j

i k

j j

i

X

x x

X x

X X

x

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

Gradient chuyển vị vật chất và không gian tương tự là vi phân từng phần của véctơ chuyển vị

→

u theo tọa độ vật chất Xj và tọa độ không gian xj , ta có :

ij X

x X

u

j

i j

∂

∂

∂

và:

j

i ij j

i

x

X x

u

∂

∂ δ

∂

Hình 3.3

Bình phương chiều dài phần tử vi phân giữa Po và Qo :

i j ij i i

)

dX

j

i

X

X dX

∂

∂

j

K i

K

x

X x

X ) dX

∂

∂

∂

Trong đó

j

K i

K ij

x

X x

X C

∂

∂

∂

∂

Tương tự bình phương chiều dài phần tử vi phân giữa P và Q

j i ij i i

) dx

j

i

X

x dx

∂

∂

j

K i

K

X

x X

x ) dx

∂

∂

∂

trong đó

j

K i

K ij

X

x X

x G

∂

∂

∂

∂

Phương thức biến dạng là số đo biến dạng bằng hiệu của (dx) 2 và (dX) 2 Nếu hiệu số = 0 ta

có sự chuyển vị của chất rắn Ta có thể khai triển theo 2 cách :

dXj dX L 2 dX dX ) X

x X

x ( ) dX ( ) dx

j

k i

k 2

∂

∂

∂

X

x X

x ( 2

1

j

k i

k

∂

∂

∂

L ij được gọi là ten xơ biến dạng hữu hạn Lagrange (hay Green)

Cách khác:

dx dx E 2 dx dx ) x

X x

X (

) dX ( ) dx

j

k i

k ij 2

∂

∂

∂

∂

x3, X3

x2, X2 x1, X1

O

X d

Xr r

+

Xr

u d

u r + r

ur

X

dr

x

d r

Po

Qo

P

Q

u dr

t = t

t = 0

x d

x r + r

xr

trong đó: )

x

X x

X (

2

1 E

j

k i

k ij

∂

∂

∂

δ −

được gọi là tenxơ biến dạng hữu hạn Euler (hay Almansi)

Thay phương trình[3.17] vào [3.28]

) X

u X

u X

u X

u ( 2

1 L

j

k i

k i

j j

i ij

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

tương tự thay [3.18] vào [3.30] ta được:

) x

u x

u x

u x

u ( 2

1 E

j

k i

k i

j j

i ij

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

5.1 Lý thuyết biến dạng nhỏ:

Nếu điều kiện các gradient chuyển vị nhỏ hơn 1 ta sẽ có lý thuyết biến dạng nhỏ , các tenxơ biến dạng hữu hạn sẽ biến thành tenxơ biến dạng vô cùng bé

5.2 Ten xơ biến dạng vô cùng bé:

Do các gradient chuyển vị 1

X

u

j

i <<

∂

x

u

j

i <<

∂

∂ nên tích của gradient chuyển vị này sẽ rất

nhỏ và nếu bỏ qua ta sẽ có tenxơ biến dạng vô cùng bé Lagrange:

) X

u X

u ( 2

1 l

i

j j

i ij

∂

∂

∂

2

1 ) u u

( 2

1

L = →∇x→+∇→x→ = + C

và tương tự cho tenxơ biến dạng vô cùng bé Euler

) x

u x

u ( 2

1

i

j j

i

∂

∂

∂

2

1 ) u u

( 2

1

E = →∇→x +∇x→→ = + C Trong trường hợp nếu cả gradient chuyển vị và bản thân chuyển vị đều nhỏ thì tenxơ biến dạng vô cùng bé Lagrange và Euler có thể lấy bằng nhau : l ij =εij

5.3 Ten xơ quay:

Trên hình 3.3 ta thấy ur và ur+d ur là chuyển vị của hai điểm lân cận PO và QO là:

O

u u

dr r r

−

= Hay viết dưới dạng thành phần:

i P i Q

−

Trong trường hợp sử dụng biến Lagrang, chuyển vị tương đối còn có dạng khai triển

j j

i

X

u du

∂

∂

Biểu thức này có thể viết thành tổng hai thành phần: đối xứng và phản đối xứng:

j i

j j

i i

j j

i

X

u X

u 2

1 X

u X

u 2

1 du

































− +















 +

=

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

hay du i =(l ij +w ij)dX j [3.37]

trong đó l ij =εij đã được định nghĩa ở [3.15] còn

) X

u X

u ( 2

1

i

j j

i ij

được gọi là ten xơ quay Lagrang

Trong trường hợp sử dụng biến Euler và khai triển dui tương tự như ở trên ta được kết quả

sau:

trong đó l ij =εij đã được định nghĩa ở [3.15] còn

) x

u x

u ( 2

1

i

j j

i

∂

∂

∂

được gọi là ten xơ quay Euler

Ten xơ quay là ten xơ phản đối xứng, tức là:

i

i

Ten xơ quay chỉ có 3 thành phần độc lập mà ta thấy khi viết ở dạng ma trận:

0 0 0

23 13

23 12

13 12

ij

ω ω

ω ω

ω

ω ω

−

−

−

Vậy các thành phần này tương ứng với ba thành phần của véc tơ rot u

2

r =

) x

u x

u ( 2

1 3

) x

u x

u ( 2

1 2

) x

u x

u ( 2

1 1

2

1 1

2 21

1

3 3

1 13

3

2 2

3 32

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

ω ω

ω ω

ω ω

−

=

−

=

−

=

=

=

=

[3.44]

Trong trường hợp chuyển vị vô cùng bé thì tọa độ đầu và cuối của một phần tử rất gần nhau, gradient chuyển vị Lagrang và Euler gần bằng nhau Khi đó ta có thể coi ten xơ biến dạng vô cùng bé cũng như ten xơ quay Lagrang và Euler tương ứng bằng nhau, tức là:

ij ij

ij ij

w

l

ω

ε

=

=

[3.45]

đường chéo chính ε11 , ε22, ε33 Giả sử ta để ý thành phần ε22 Ta có

) X

u X

u ( 2

1 l

i

j j

i

∂

∂∂ +

=

Giả thiết cho phân tố thẳng POQO =∆X trùng với trục X2 (hình 3.4) Theo [3.17] quan hệ trên

viết thành:

X

X x 1 X

x X

x X

u

22 2

2 2

2

∆

∆

∆

∆ δ

∂

∂

=

∂

∂

= Như vậy ε22 chính là biến dạng dài tỉ đối của phân tố thẳng theo phương trục X2 Tương tự cho các phương còn lại Do đó các thành phần trên đường chéo chính của ten xơ biến dạng

bé là biến dạng dài tỉ đối của các phân tố thẳng trên các trục Xi

Sau đây ta để ý đến các thành phần không nằm trên đường chéo chính, thí dụ ta xét ε32 Ta

X

u X

u ( 2

1 l

i

j j

i

∂

∂∂ +

= Xem hình 3.4b ta thấy số hạng thứ nhất của vế phải bằng:

α α

∂

∂

∂

' PQ

Q ' Q x

u X

u

2

3 2 3

Nếu xét phân tố thẳng P o M o trùng với trục X3 thì tương tự như trên số hạng thứ hai của vế

phải bằng:

β β

∂

∂

∂

' PM

M ' M x

u X

u

3

2 3 2

X

u X

u ( 2

1 l

i

j j

i

∂

∂∂ +

=

Như vậy các thành phần không trên đường chéo chính biểu thị một nửa góc bị thu lại của góc vuông giữa hai phân tố thẳng trên mặt tọa độ Góc γij gọi là góc trượt, tức là góc biến dạng thực tế của góc vuông trên mặt OX i X j Các thành phần εij (i≠j ) gọi là biến dạng trượt.

x3, X3

x2, X2 x1, X1

dX

x3, X3

x2, X2

x1, X1 PO

MO

Q Q’

QO

α

β

2

β

α +

2

β

α +

P

dx 3

dx2

dX 2

3 3

2 dx x

u

∂

∂

2 2

3 dx x

u

∂

∂

BO

ur

Hình 3.4

x3, X3

x2, X2

x1, X1

PO

MO

Q Q’

QO

α

M ’

M

β

2

β

α +

2

β

α +

P

dx 3

dx2

dX 2

3 3

2 dx x

u

∂

∂

2 2

3 dx x

u

∂

∂

BO

ur

2

β

α −

2

β

α −

2

β

α −

B

Hình 3.5

phần trên đường chéo chính bằng không Ta thử xét 1 thành phần khác không, thí dụ ω32

Ta có:

β α β

α ω

2

1 2

1 ) ( 2

1 ) X

u X

u ( 2

1

3

2 2

3

∂

∂

−

∂

∂

=

Giả sử phân tố mặt MOPOQOBO sau khi biến dạng và chuyển dịch biến thành phân tố MPQB.

Trên hình 3.5 ta đã biết góc α là góc quay của phân tố thẳng

POQO đến PQ, còn β là góc quay ngược lại của phân tố thẳng

POMO đến PM Để xác định góc

quay của phân tố mặt

MOPOQOBO khi biến dạng, ta chỉ cần xác định góc quay của

đường chéo POBO đến PB.

Đầu tiên ta thực hiện phép quay

1 góc

2

β

α + cho phân tố thẳng

POQO theo ngược chiều kim đồng hồ và POMO theo chiều kim

đồng hồ (mục đích đưa góc vuông M O P /\ O Q O về bằng với góc

/\

MPQ ) Do đó đường chéo POBO vẫn đứng yên Kế tiếp ta thực hiện phép quay góc

2

β

α − cho hai phân tố thẳng nói

trên theo cùng chiều kim đồng hồ để trùng với PQ và PM, lúc bấy giờ đường chéo POBO

cũng sẽ quay 1 góc

2

β

α − để trùng với đường chéo PB của phân tố mặt MPQB Do đó

32

ω

thể hiện sự quay của đường chéo POBO và cũng là góc quay của phân tố mặt MOPOQOBO quanh trục X1.

Từ [3.35] và [3.37] hoặc [3.39], ta được:

i i P i

u

O

O = r +

r

( )ij P j ( )ij P j i

P i

u

O O

O

O = r + ε + ω r

Hay viết dưới dạng véc tơ

ω

ε u u u u

O

trong đó urω =ωr ∧d xr

Như vậy ta thấy chuyển vị của phần tử QO bao gồm chuyển vị tịnh tiến (chuyển vị của phần

tử lân cận PO ), chuyển vị quay ur và chuyển vị gây biến dạng ω ur Trong đó chuyển vị gâyε

biến dạng là đặc trưng cho môi trường biến dạng

Trong kỹ thuật , trong hệ tọa độ Descartes vuông góc, ten xơ biến dạng vô cùng bé [3.33] và [3.34] được viết dưới dạng sau :



















3 23 13

32 2 12

31 21 1

ε γ γ

γ ε γ

γ γ ε

[3.46]

Trong đó:

3

3 3 2

2 2 1

1 1

x

u

; x

u

; x

u

∂

∂

=

∂

∂

=

∂

∂

ε

12 1

2 2

1 21

12

2

1 x

u x

u 2

1

γ

∂

∂

∂

∂ γ







 +

=

=

23 2

3 3

2 32

23

2

1 x

u x

u 2

1

γ

∂

∂

∂

∂ γ







 +

=

=

31 3

1 1

3 13

31

2

1 x

u x

u 2

1

γ

∂

∂

∂

∂ γ







 +

=

=

Đối với hệ tọa độ Descartes vuông góc ta có công thức biến đổi:

ij nj mi mn

mn jn im ij

' b b

a a '

ε ε

ε ε

=

=

[3.47]

Trong đó a cho ở bảng [1.66a] còn ij b ij =a ji

Đối với hệ tọa độ cong ta cũng có công thức biến đổi tương tự [3.47], trong đó :

j

i i j

j

i i j

' b

' a

∂θ

∂θ

∂θ

∂θ

=

=

[3.48]

dạng:

Ta đã biết tại một điểm trong MTLT trạng thái biến dạng được xác định bởi tenxơ biến dạng

bé εij =l ij Gọi ( )nˆ

i

ε là các thành phần biến dạng theo phương véc tơ đơn vị ni bất kỳ, ta có

quan hệ:

( )

j ij

n

ε =ˆ

[3.49a]

Nếu phương của ni là phương chính với giá trị biến dạng chính là ε (tức là tại các mặt vuông

góc với pháp tuyến ni này thì ten xơ biến dạng chỉ có thành phần biến dạng dài và không có

thành phần biến dạng trượt) thì:

( )

j ij j ij i

n

cùng với điều kiện nini=1 ta có đũ số phương trình cần thiết để tìm ra các biến dạng chính và các cosin chỉ phương ni Để phương trình trên luôn có nghiệm ngoài nghiệm tầm thường, thì :

0

=

− ij

ij εδ

Khai triển định thức trên ta được phương trình đặc trưng:

X1

X3

X2 dX2(1+ε22 )

dX1(1+ε11 )

dX3(1+ε33 )

dX1

dX2

Hình 3.6

( )3α − εε( )2α + αε( )α − ε =0

trong đó các hệ số Iε, IIε, IIIε là những bất biến của trạng thái biến dạng:

33 32 31

23 22 21

13 12 11

11 31

13 33 33 23

32 22 22 12

21 11 ij ij jj ii

33 22 11 ii

III

2

1 II I

ε ε ε

ε ε ε

ε ε ε

ε ε

ε

ε ε ε

ε

ε ε ε

ε ε ε ε ε ε

ε ε ε ε

ε

ε ε

=

+ +

=

−

=

+ +

=

=

[3.49e]

Giải [3.49d] ta được 3 nghiệm đó là các biến dạng chính ε( ) ( ) ( )1 ,ε2 ,ε3 Sau đó lần lượt thay từng giá trị biến dạng chính vào [3.49b] và kết hợp với phương trình n n n 2 1

3

2 2

2

1 + + = để tìm

ra cosin chỉ phương ni của mỗi ε(α) đó.

Bất biến thứ nhất I của trạng thái biến dạng bằng độ biến đổi tỉ đối thể tích của phân tố tạiε

điểm đang xét (xem hình 3.6) Ta có:

3 2 1

3 2 1 33

3 22 2

11 1

o

o

dX dX dX

dX dX dX 1

dX 1

dX 1

dX dV

dV

θ Nếu bỏ qua các lượng biến dạng bé bậc cao, ta được:

ε

ε ε ε

θ = 11+ 22 + 33 =I

biến dạng lệch:

Một ten xơ biến dạng εij có thể phân thành hai ten xơ hạng hai:

ij ij

ij ε' ε"

ε = + [3.50a] trong đó ε' ij là ten xơ biến dạng cầu:

ε ε

ε ε

0 0

0 0

0 0

với ( 11 22 33)

3

1

ε ε ε

và ε" ij gọi là ten xơ biến dạng lệch :

ε ε ε

ε

ε ε ε ε

ε ε

ε

ε ε

−

−

−

=

=

33 32

31

23 22

21

13 12

11 ij

Ta có thể hình dung ra sự biến dạng tại một điểm và lân cận có thể phân tích thành hai thành phần: một thành phần chỉ gồm có ba biến dạng dài theo ba phương vuông góc và bằng nhau

ε, nó chỉ làm cho phân tố chỉ thay đổi thể tích mà không thay đổi hình dạng; Thành phần thứ hai có bất biến thứ nhất bằng không,(ε11−ε)+(ε22 −ε)+(ε33 −ε)=0, làm cho phân tố thay đổi hình dáng mà không thay đổi thể tích