http://www.dma.unifi.it/~frosali/didatt ... parte4.pdfA pagina 30 di queste dispense è dimostrato il teorema di Cauchy in un moodo un po' migliore, senza mettere in conto le componenti delle tensioni agenti sulle facce, se sei pratico di un po' di calcolo tensoriale, tale dimostrazione può ancora essere migliorata ed essere molto più immediata e generale, eccone una dimostrazione migliorata di quella che ti ho postato (che va benissimo, sicuramente molto meglio di quella presente nel tuo testo...):
Come sai la tensione t è funzione del punto $y$ del corpo deformato in cui viene calcolata e della normale $n$ con cui si effettua un "taglio ideale", cioè $t=t(y,n)$
Teorema di Cauchy: Sia $t(* ,n)$ continua, e siano le azioni di volume $b$ agenti sul corpo limitate superiormente, allora $t(y,*)$ è omogenea-additiva (ossia è lineare) rispetto a $n$, esiste cioè un campo tensoriale del secondo ordine $y:->sigma(y)$ tale che $t(y,n)=sigma(y)n$, per ogni $n$.
Dimostrazione: Sia $B$ il corpo deformato in questione, sia $y in B$ un punto di $B$ e sia $(e_1, e_2, e_3)$ una terna ortonormale centrata in $y$, sia $n$ un versore arbitrario con direzione non coincidente con nessuna dei tre vettori ortonormali di prima, sia $T sub B$ un tetraedro con vertice in y con faccia obliqua orientata da $n$ e le altre 3 facce orienatate rispettivamente da $n_i=-sign(e_i*n)e_i$ (come vedi, non c'è bisogno di orientare n nel primo ottante, come viene fatto in tutte le dimostrazioni senza darne un perché, ma n può avere qualsiasi direzione, se $n$ è oorientato nel primo ottante allora i prodotti scalari $e_i*n$ sono tutti positivi quindi risulta $n_i=-e_i$, come nella dimostrazione classica).
Essendo il tetraedro contenuto nel corpo, allora per esso valgono le equazioni integrali di bilancio:
$int_(partialT)tdS+int_TbdV=0$
Essendo le azioni di volume limitate allora esiste un $k>0$ tale che $abs(int_TbdV)<=kVol(T)$, il che implica:
$abs(int_(partialT)tdS)<=kVol(T)$
Dividendo tutto per l'area $A(tau)$ della faccia obliqua del tetraedro e facendo tendere a zero il tetraedro, si ottiene, essendo il volume un infinitesimo di ordine superiore dell'area:
$lim_(T->0)(int_(partialT)tdS)/(A(tau))=0$
Essendo $partialT=A(tau)+A(tau_1)+A(tau_2)+A(tau_3)$ la superficie del tetraedro, pertanto quel limite può essere scomposto :
$lim_(T->0)(int_(partialT)tdS)/(A(tau))=lim_(T->0)((int_(A(tau))tdS)/(A(tau))+sum(int_(A(tau_i))tdS)/(A(tau)))$
Quindi:
$lim_(T->0)(int_(A(tau))tdS)/(A(tau))=t(y,n)$ per la continuità imposta tra le premesse del teorema.
Per quanto riguarda le altre 3 facce, si ha che, a meno di infinitesimi di ordine superiore, risulta:
$A(tau_i)=-(n_i*n)A(tau)$, ossia le facce oblique si ottengono come proiezione della faccia obliqua lungo i vettori direttori delle altre 3 facce (il meno ci sta perché $n$ ed $n_i$ sono sempre discordi, basta vederlo dalla definizione stessa di $n_i$), quindi:
$lim_(T->0)(int_(A(tau_i))tdS)/(A(tau))=-(n_i*n)(int_(A(tau_i))tdS)/(A(tau_i))=-(n_i*n)t(y, n_i)$
Quindi:
$t(y,n)-sum(n_i*n)t(y,n_i)=0$
è facile verificare che, grazie al principio di azione-areazione $(n_i*n)t(y,n_i)=(e_i*n)t(y, e_i)$ e quindi:
$t(y, n)=sum(e_i*n)t(y, e_i)$
Che è il risultato a cui si giunge nel testo che ti ho postato, volendo, se hai fatto un po' di calcolo tensoriale, risulta:
$t(y, n)=sum(e_i*n)t(y, e_i)=(sumt(y, e_i) otimes e_i)n$
Posto quindi $sigma(y):=sumt(y, e_i) otimes e_i$, si ha le tesi (altrimenti, se non vuoi metterci di mezzo il prodotto tensoriale, va benissimo come è stato ricavato nel testo che ti ho linkato).