Consideriamo un solido deformabile in equilibrio sotto l'azione di forze esterne.

Dette $\mathbf{p}(x,y,z)$ le forze esterne di superficie agenti sulla superficie del solido e $\mathbf{f}(x,y,z)$ le forze esterne di volume, le equazioni cardinali della statica impongono che

$$\int\limits_S \mathbf{p}(x,y,z,) \, \mathrm{d}S + \iiint\limits_V \mathbf{f}(x,y,z,) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z = \mathbf{0}$$

$$\int\limits_S \mathbf{r} \times \mathbf{p}(x,y,z,) \, \mathrm{d}S + \iiint\limits_V \mathbf{r} \times \mathbf{f}(x,y,z,) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z = \mathbf{0}$$

Tagliamo il nostro solido con un piano A. Ciascuno dei due solidi ottenuti rimane in equilibrio. Dobbiamo pertanto supporre l'esistenza sulla piano di sezione di forze di superficie $\mathbf{t}(x,y,z)$. Indicando con $S_A$ la supercie esterna di uno dei due solidi, con $S^\prime_A$ la superficie della sezione e con $V_A$ il relative volume, abbiamo che

$$\int\limits_{S_A} \mathbf{p}(x,y,z,) \, \mathrm{d}S + \int\limits_{S^\prime_A} \mathbf{t}(x,y,z,) \, \mathrm{d}S + \iiint\limits_{V_A} \mathbf{f}(x,y,z,) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z = \mathbf{0}$$

$$\int\limits_{S_A} \mathbf{r} \times \mathbf{p}(x,y,z,) \, \mathrm{d}S + \int\limits_{S^\prime_A} \mathbf{t}(x,y,z,) \, \mathbf{r} \times \mathrm{d}S + \iiint\limits_{V_A} \, \mathbf{f}(x,y,z,) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z = \mathbf{0}$$

Concentriamo la nostra attenzione su un punto P della sezione, individuato dal vettore posizione $\mathbf{r = (x,y,z,)}$. Su tale punto agiranno delle forze du superficie $\mathbf{t}$ il cui valore dipenderà anche dalla giacitura del piano di sezione. Indicando con $n$ il vettore normale al piano di sezione nel punto P, scriveremo perciò $\mathbf{t}(\mathbf{r}, \mathbf{n})$. Supponiamo di conscere i valori di $\mathbf{t}$ nel punto P lungo le tre giaciture individuate dalle basi del nostro sistema di riferimento ortonormale. Indicheremo con

$$\mathbf{t_x} = \begin{Bmatrix} t_{xx} \\\\ t_{xy} \\\\ t_{xz} \end{Bmatrix}$$

$$\mathbf{t_y} = \begin{Bmatrix} t_{yx} \\\\ t_{yy} \\\\ t_{yz} \end{Bmatrix}$$

$$\mathbf{t_z} = \begin{Bmatrix} t_{zx} \\\\ t_{zy} \\\\ t_{zz} \end{Bmatrix}$$

i tre valori di $\mathbf{t}$ nel punto P lungo giaciture perpendicolari, rispettivamente, alle basi $\mathbf{i}$, $\mathbf{j}$ e $\mathbf{k}$ (leggi assi x,y e z).

Analizziamo l'equilibrio del tetraedro infinitesimo centrato nel punto P individuato dai tre piano ortogonali alle basi e da un quarto piano ortogonale al vesore $\mathbf{n}$ che individua la giacitura su cui stiamo cercando il vettore $\mathbf{t}$.

Scrivendo le equazioni di equilibrio a traslazione otteniamo che

$$\mathbf{t_n} = \begin{Bmatrix} t_{nx} \\\\ t_{ny} \\\\ t_{nz} \end{Bmatrix} = \begin{bmatrix} t_{xx} & t_{yx} & t_{zx}\\\\ t_{xy} & t_{yy} & t_{zy}\\\\ t_{xz} & t_{yz} & t_{zz} \end{bmatrix} \begin{Bmatrix} n_{x} \\\\ n_{y} \\\\ n_{z} \end{Bmatrix} = \mathbf{ \begin{bmatrix} t \end{bmatrix} } \mathbf{n}$$

in cui abbiamo definitio il tensore degli sforzi

$$\mathbf{ \begin{bmatrix} t \end{bmatrix} } = \begin{bmatrix} t_{xx} & t_{yx} & t_{zx}\\\\ t_{xy} & t_{yy} & t_{zy}\\\\ t_{xz} & t_{yz} & t_{zz} \end{bmatrix}$$

Notazione alternativa a quella appena vista è la seguente

$$\mathbf{ \begin{bmatrix} \sigma \end{bmatrix} } = \begin{bmatrix} \sigma_{x} & \tau_{yx} & \tau_{zx}\\\\ \tau_{xy} & \sigma_{y} & \tau_{zy}\\\\ \tau_{xz} & \tau_{yz} & \sigma_{z} \end{bmatrix}$$

Consideriamo un parallelepipedo infinitesimo centrato nel punto P individuato dal vettore posizione $\mathbf{r}$ ed avente spigoli di lunghezza $\mathrm{d}x$, $\mathrm{d}y$, $\mathrm{d}z$.

Imponendo l'equilibrio a rotazione lungo un asse parallelo all'asse x e passante per P, otteniamo che

$$(\tau_{zy} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y) \mathrm{d}z - (\tau_{yz} \, \mathrm{d}x \mathrm{d}z) \mathrm{d}y = 0 \Longrightarrow \tau_{yz} = \tau_{zy}$$

analogamente possiamo trovare che

$$\tau_{yx} = \tau_{xy}$$

$$\tau_{yz} = \tau_{zy}$$

da cui deriviamo la simmetria della matrice $\begin{bmatrix}\sigma\end{bmatrix}$.

Definiamo piano uno stato tensionale in cui una tensione principale è nulla. Disponendo il sistema di riferimento lungo le tre direzioni principali della tensione, abbiamo una matrice degli sforzi del tipo

$$\begin{bmatrix} \sigma_1 & 0 & 0 \\\\ 0 & \sigma_2 &0 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

Facendo ruotare il sistema di riferimento attorno all'asse $\mathbf{k}$, ed applicando la legge di trasformazione del tensore degli sforzi, abbiamo che

$$\begin{bmatrix} l_x & l_y & l_z \\\\ m_x & m_y & m_z \\\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \sigma_1 & 0 & 0 \\\\ 0 & \sigma_2 &0 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} l_x & m_x & 0 \\\\ l_y & m_y & 0 \\\\ l_z & m_z & 1 \end{bmatrix} = $$ $$\begin{bmatrix} \sigma_1 l_x^2 + \sigma_2 l_y^2 & \sigma_1 l_x m_x + \sigma_2 l_y m_y & 0 \\\\ \sigma_1 l_x m_x + \sigma_1 l_y m_y & \sigma_1 m_x^2 + \sigma_2 m_y^2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sigma_x & \tau_{xy} & 0 \\\\ \tau_{xy} & \sigma_y & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} $$

Lavoriamo pertano sulla sottomatrice

$$\begin{bmatrix} \mathbf{\sigma^\star} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sigma_x & \tau_{xy} \\\\ \tau_{xy} & \sigma_y \end{bmatrix} $$

ricercando i versori $\mathbf{n} = \begin{Bmatrix} n_x \\\\ n_y \end{Bmatrix}$ in cui il vettore sforzo è parallelo al versore stesso.

Deve perciò verificarsi che

$$ \begin{bmatrix} \sigma_x & \tau_{xy} \\\\ \tau_{xy} & \sigma_y \end{bmatrix} \begin{Bmatrix} n_x \\\\ n_y \end{Bmatrix} = \sigma_n \begin{Bmatrix} n_x \\\\ n_y \end{Bmatrix} \Longrightarrow \begin{bmatrix} \sigma_x - \sigma_n& \tau_{xy} \\\\ \tau_{xy} & \sigma_y - \sigma_n \end{bmatrix} \begin{Bmatrix} n_x \\\\ n_y \end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix} 0 \\\\ 0 \end{Bmatrix}$$

in cui $\sigma_n \in \mathbb{R}$.

Imponendo che il determinante dell'ultima matrice si annulli, otteniamo la seguente equazione di secondo grado

$$(\sigma_x - \sigma_n) (\sigma_y - \sigma_n) - \tau_{xy}^2 = 0 \Longrightarrow \sigma_n^2 - (\sigma_x + \sigma_y) \sigma_n + \sigma_x \sigma_y - \tau_{xy}^2 = 0 $$

che ammette le due soluzioni

$$ \sigma_{n \,1,2} = \frac{\sigma_x + \sigma_y}{2} \pm \frac{1}{2} \sqrt{(\sigma_x - \sigma_y)^2 - 4 \tau_{xy}^2 }$$

Al variare di $\sigma_x$, $\sigma_y$ e $\tau_{xy}$, $\sigma_{n \,1}$ e $ \sigma_{n \,2}$ rimangono costanti. Nel piano $(\sigma, \tau)$ i punti $(\sigma_x, \tau_{xy})$ e $(\sigma_y, \tau_{xy})$ descrivono una circonferenza, comunemente denominata cerchio di Mohr.

Altro modo di arrivare alla stessa conclusione è osservare che, nota la matrice $\begin{bmatrix}\sigma_{xy} = \end{bmatrix}$, la matrice $\begin{bmatrix}\sigma_{xy}^{\star} = \end{bmatrix}$ in un sistema ruotato attorno alla base $\mathbf{k}$ è dato da

$$\begin{bmatrix}\sigma_{xy}^{\star}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}N \end{bmatrix} \begin{bmatrix}\sigma_{xy} \end{bmatrix} \begin{bmatrix}N \end{bmatrix} ^T$$

con

$$\begin{bmatrix}N\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}l_x & l_y \\\\ m_x & m_y \end{bmatrix}$$

in cui i vettori $\mathbf{l}$ e $\mathbf{m}$ giacciono nel piano $xy$.

Indicando con $\theta$ l'angolo di rotazione di $\mathbf{l}$ rispetto a $\mathbf{i}$, possiamo anche scrivere

$$\begin{bmatrix}N\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\cos \theta & \sin \theta \\\\ -\sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}$$

Possiamo quindi scrivere

$$ \begin{bmatrix}\sigma_{xy}^{\star}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\cos \theta & \sin \theta \\\\ -\sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix} \begin{bmatrix}\sigma_x & \tau_{xy} \\\\ \tau_{xy} & \sigma_y \end{bmatrix} \begin{bmatrix}\cos \theta & -\sin \theta \\\\ \sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix} = $$

$$ \begin{bmatrix}\sigma_x \cos^2 \theta + \sigma_y sin^2 \theta + sin 2 \theta \; \tau_{xy} & \frac{\sigma_y - \sigma_x}{2} \sin 2 \theta + \tau_{xy} \cos 2 \theta \\\\ \frac{\sigma_y - \sigma_x}{2} \sin 2 \theta + \tau_{xy} \cos 2 \theta & \sigma_x \sin^2 \theta + \sigma_y cos^2 \theta - sin 2 \theta \; \tau_{xy} \end{bmatrix} $$

Imponendo che $\begin{bmatrix}\sigma_{xy}^{\star}\end{bmatrix}$ sia una matrice diagonale, si ottiene

$$ \frac{\sigma_y - \sigma_x}{2} \sin 2 \theta_n + \tau_{xy} \cos 2 \theta_n = 0 \Longrightarrow \theta_n = \frac{1}{2} \arctan \frac{2 \tau_{xy}}{\sigma_x - \sigma_y}$$

Gli angoli di rotazione $\theta_n$ e $\theta_n + \frac{\pi}{2}$ che rispettano la suddetta condizione corrispondono ai valori $\sigma_{n \,1,2}$ calcolati precedentemente.

Scegliamo il sistema di riferimento di modo che coincida con le direzioni principali della tensione. La matrice $\begin{bmatrix} \sigma\end{bmatrix}$ può essere espressa nella forma

$$\begin{bmatrix} \sigma\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sigma_1 & 0 & 0 \\\\ 0 & \sigma_2 & 0 \\\\ 0 & 0 & \sigma_3 \end{bmatrix} $$

Supponiamo inoltre di aver scelto il sistema di riferimento di modo che le tensioni principali risultino decrescenti $(\sigma_1 \ge \sigma_2 \ge \sigma_1)$.

La tensione generica $\begin{Bmatrix} t \end{Bmatrix}$ associata ad una giacitura $$\begin{bmatrix} n \end{bmatrix} è data da $$\begin{Bmatrix} t \end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix} \sigma_1 \, n_1 \\
\sigma_2 \, n_2 \\
\sigma_3 \, n_3 \end{Bmatrix}$$ La componente della tensione $\begin{Bmatrix} t \end{Bmatrix}$ parallela al vettore $\begin{Bmatrix} n \end{Bmatrix}$ è dato da

$$ \sigma_n = \begin{Bmatrix} t \end{Bmatrix}^T \begin{Bmatrix} n \end{Bmatrix} = \sigma_1 \, n_1^2 + \sigma_2 \, n_2^2 + \sigma_3 \, n_3^2$$

Indicando con $\tau_n$ la componente della tensione perpendiacolare al vettore $\begin{Bmatrix} n \end{Bmatrix}$, possiamo esprimere il modulo di $\begin{Bmatrix} t \end{Bmatrix}$ nella forma

$$ \sigma_n^2 + \tau_n^2 = \sigma_1^2 \, n_1^2 + \sigma_2^2 \, n_2^2 + \sigma_3^2 \, n_3^2$$

Ricordando che $\mathbf{n}$ è un versore,

$$ n_1^2 + n_2^2 + n_3^2 = 1$$

Le ultime tre equazioni possono essere viste come un sistema nelle incognite $n_1^2$, $n_2^2$ e $n_3^2$, la cui soluzione è:

$$n_1^2 = \frac{\tau_n^2 + (\sigma_n - \sigma_2) (\sigma_n - \sigma_3)}{(\sigma_1 - \sigma_2) (\sigma_1 - \sigma_3)}$$

$$n_2^2 = \frac{\tau_n^2 + (\sigma_n - \sigma_1) (\sigma_n - \sigma_3)}{(\sigma_2 - \sigma_1) (\sigma_2 - \sigma_3)}$$

$$n_3^2 = \frac{\tau_n^2 + (\sigma_n - \sigma_1) (\sigma_n - \sigma_2)}{(\sigma_3 - \sigma_1) (\sigma_3 - \sigma_2)}$$

Dovendo i tre termini essere maggiori di 0, e con l'ipotesi fatta in precedenza sulla decrescenza delle tensioni principali $(\sigma_1 \ge \sigma_2 \ge \sigma_1)$, si dovrà avere che

$$\tau_n^2 + (\sigma_n - \sigma_2) (\sigma_n - \sigma_3) \ge 0$$

$$\tau_n^2 + (\sigma_n - \sigma_1) (\sigma_n - \sigma_3) \le 0$$

$$\tau_n^2 + (\sigma_n - \sigma_1) (\sigma_n - \sigma_2) \ge 0$$

che può essere scritta anche nella forma

$$\tau_n^2 + \left(\sigma_n - \frac{\sigma_2 + \sigma_3}{2} \right)^2 \ge \left(\frac{\sigma_2 - \sigma_3}{2} \right)^2$$

$$\tau_n^2 + \left(\sigma_n - \frac{\sigma_1 + \sigma_3}{2} \right)^2 \le \left(\frac{\sigma_1 - \sigma_3}{2} \right)^2$$

$$\tau_n^2 + \left(\sigma_n - \frac{\sigma_1 + \sigma_2}{2} \right)^2 \ge \left(\frac{\sigma_1 - \sigma_2}{2} \right)^2$$

La prima disequazione rappresente la porzione del piano $(\sigma, \tau)$ esterna al cerchio di raggio $R_3 = \frac{\sigma_2 - \sigma_3}{2}$ con centro nel punto $C_3\left( \frac{\sigma_2 + \sigma_3}{2}, 0\right)$.

La seconda rapprenta invece la porzione del piano $(\sigma, \tau)$ interna al cerchio di raggio $R_2 = \frac{\sigma_1 - \sigma_3}{2}$ con centro nel punto $C_2\left( \frac{\sigma_1 + \sigma_3}{2}, 0\right)$.

La terza rapprenta invece la porzione del piano $(\sigma, \tau)$ esterna al cerchio di raggio $R_1 = \frac{\sigma_2 - \sigma_3}{2}$ con centro nel punto $C_1\left( \frac{\sigma_2 + \sigma_3}{2}, 0\right)$.

Intersecando le tre aree otteniamo che i punati $(\sigma_n, \tau_n)$ che possono rappresentare lo stato tensionale nel nostro punto di analisi, al variare della giacitura $\mathbf{n}$, si trovano in una porzione di piano ben definita delimitata dalle tre circonferenze di raggio $R_1$, $R_2$ e $R_3$, con centro nei punti $C_1$, $C_2$ e $C_3$, tutti appartenenti alla retta $\sigma$.

Consideriamo un punto $P$ del nostro solido deformabile individuato dal vettore $\boldsymbol{r}$ di componenti $(x,y,z)$ e costruiamo a partire da esso un parallelepipedo con gli spigoli paralleli agli assi lunghi $\mathrm{d}x, \mathrm{d}y, \mathrm{d}z$. Approssimiamo i valori delle tensioni sulle facce del parallelepipedo mediante il relativo sviluppo in serie di Taylor del primo ordine nel punto $P$.

Imponendo l'equilibrio a traslazione lungo l'asse x troviamo

$$\left( \sigma_x + \frac{\partial \sigma_x }{\partial x} \mathrm{d}x \right) \mathrm{d}y \; \mathrm{d}z - \sigma_x \mathrm{d}y \; \mathrm{d}z + \left( \tau_{xy} + \frac{\partial \tau{xy} }{\partial y} \mathrm{d}y \right) \mathrm{d}x \; \mathrm{d}z - \tau_{xy} \mathrm{d}x \; \mathrm{d}z + \left( \tau_{xz} + \frac{\partial \tau{xz} }{\partial z} \mathrm{d}z \right) \mathrm{d}x \; \mathrm{d}y - \tau_{xz} \mathrm{d}x \; \mathrm{d}y = 0 \Longrightarrow$$

$$\Longrightarrow \frac{\partial \sigma_x}{\partial x} + \frac{\partial \tau_{xy}}{\partial y} + \frac{\partial \tau_{xz}}{\partial z} + f_x = 0$$ Ripetendo analoghe considerazioni lungo gli altri due assi troviamo altre due equazioni indefinite di equilibrio

$$ \frac{\partial \tau_{xy}}{\partial x} + \frac{\partial \sigma_{y}}{\partial y} + \frac{\partial \tau_{yz}}{\partial z} + f_y = 0$$ $$ \frac{\partial \tau_{xz}}{\partial x} + \frac{\partial \tau_{yz}}{\partial y} + \frac{\partial \sigma_{z}}{\partial z} + f_y = 0$$

Estendendo la definizione di divergenza alle funzioni vettoriali, possiamo riscrivere sinteticamente le equazioni indefinite di equilibrio nella forma

$$\rm div \, \boldsymbol{\sigma} + \mathbf{f} = \mathbf{0}$$