Como usted dice que usted no está muy familiarizado con los tensores (y yo no me llamo a mí mismo un experto), voy a tratar de explicar todo en el lineal del lenguaje algebraico. Para citar el papel,
...para la CH modelo, el impulso de flujo tensor tiene la forma
$$P_{\alpha\beta} = p\delta_{ab} + T_{\alpha\beta\gamma\epsilon}u_\gamma u_\epsilon + O(u^4).$$
...El tensor de la $T$ es, por construcción, simétrica en ambos $(\alpha,\beta)$$(\gamma,\epsilon)$.
Aquí $T$ es "el cuarto grado de tensor relacionadas con el impulso del flujo cuadrática en términos de la velocidad". Podemos pensar en los de segundo orden tensores $P_{\alpha\beta}$ $u_\gamma u_\epsilon$ simétrica $2\times2$ matrices ($P_{\alpha\beta}$ debe ser simétrico para conservar el momento angular, mientras que$u_\gamma u_\epsilon$$uu^T$, lo que es claramente simétrica), y $T$ como una transformación lineal de asignación de la última a la primera.
Un tensor es isotrópico si lo ven de la misma bajo cualquier rotación del cuadro de coordenadas. En este caso, eso significa que si $T$ mapas matriz $X$ a una matriz de $Y$, y girar el marco de coordenadas de modo que $X$ hace $X'$ $Y$ hace $Y'$, $T$ los mapas de $X'$$Y'$. Formalmente, si una rotación transforma vectores como $v' = Rv$, entonces las matrices de transformación de la $A' = RAR^T$, y queremos que $T(RXR^T)=RT(X)R^T$.
Las cosas se vuelven más claras si hacemos una elección acertada de base para el espacio tridimensional de la simétrica $2\times2$ matrices, es decir,
$$E_1 = \begin{bmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{bmatrix},\quad E_2 = \begin{bmatrix}1 & 0\\0 & -1\end{bmatrix},\quad E_3 = \begin{bmatrix}0 & 1\\1 & 0\end{bmatrix}.$$
Entonces resulta que una rotación por un ángulo de $\theta$ transforma esta base como
$$\begin{align}
E_1' &= E_1, \\
E_2' &= E_2\cos2\theta + E_3\sin2\theta, \\
E_3' &= E_3\cos2\theta - E_2\sin2\theta,
\end{align}$$
que también se puede ver por la visualización de ellos como funciones cuadráticas de la forma$x \mapsto x^TEx$$\mathbb R^2$. En otras palabras, una rotación transforma $E_2$ $E_3$ en cada uno de los otros, así que para $T$ a ser invariante bajo una transformación, que tiene que hacer "lo mismo" que tanto $E_2$$E_3$, en algún sentido. Pero si sólo mira las rotaciones de $\pi/2$, no se ve esta dependencia, debido a que, a continuación,$E_2' = -E_2$$E_3' = -E_3$. Así que un tensor de que el tratado $E_2$ $E_3$ diferente podría ser invariante bajo rotaciones de $\pi/2$, pero no iba a ser invariantes bajo rotaciones arbitrarias. Por ejemplo, podríamos optar $T$ tal que
$$T(E_1) = T(E_2) = 0,\quad T(E_3) = E_3.$$
Puedes verificar que este tensor es invariante bajo una rotación de $\pi/2$, pero no bajo una rotación de $\pi/4$ (donde$E_2' = E_3$$E_3' = -E_2$), por lo que no es isotrópica.
De todos modos, dado que el título de la pregunta todavía se pregunta "¿por Qué no puedes simular isotrópica de flujo de fluido en un cuadrado de celosía?", permítanme reiterar mi comentario de que este es un problema con entramado de gas autómatas en particular, no con simulaciones de fluidos en la plaza de las mallas, en general. El problema con la isotropía viene cuando se intenta demostrar la convergencia del modelo de autómata celular para las ecuaciones de Navier-Stokes. Hasta donde yo soy consciente, usted puede simular isotrópica de flujo de fluido en un cuadrado de la cuadrícula a través de los métodos habituales de directamente de la discretización de las ecuaciones de Navier-Stokes y resolver numéricamente, sin pasar a través de un intermedio modelo de autómatas celulares.
