МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

МОСКОВСКИЙ АВИАЦИОННЫЙ ИНСТИТУТ (ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ)

Н.А. ЛОКТЕВА, Д.В. ТАРЛАКОВСКИЙ, Г.В. ФЕДОТЕНКОВ

ПЛОСКИЕ ЗАДАЧИ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ

Учебное пособие

Утверждено на заседании редсовета

4 февраля 2010 г.

Москва

Издательство МАИ

2011

2

Локтева Н.А., Тарлаковский Д.В., Федотенков Г.В. Плоские задачи

теории упругости: Учебное пособие. – М.: Изд-во МАИ, 2011. - 71 с.

В пособии содержится необходимый теоретический материал и

практические примеры по одному из разделов теории упругости, посвященному

решению плоских задач.

Для студентов и аспирантов по специальности «Динамика и прочность

машин», а также учащихся механико-математических факультетов,

занимающихся проблемами теории упругости и прочности.

3

ПРЕДИСЛОВИЕ Настоящее пособие написано на основе курса лекций по дисциплине

«Теория упругости», читаемых для студентов факультета «Прикладная

механика» Московского авиационного института (государственного

технического университета). В пособии изложены основы одного из разделов

курса теории упругости, посвященного постановке и решению плоских задач.

Приводятся подробные решения типовых задач, призванные помочь студентам

механико-математических факультетов научиться применять полученные

теоретические знания на практике.

В главе I дана классификация плоских задач, приведены замкнутые

математические постановки и методы решения, основанные на применении

методов математического анализа функций действительного переменного. С

использованием функции Эри приведены примеры решения плоских задач для

прямоугольных областей, а также подробно разобрано решение задачи Фламана

для упругой полуплоскости.

Глава II призвана познакомить читателя с основами построения решений

плоских задач методами теории функций комплексного переменного. С

применением метода комплексных потенциалов описан процесс сведения

плоских задач теории упругости к краевым задачам для аналитических

функций комплексного переменного. Освещены теоретические вопросы,

касающиеся условий однозначности комплексных потенциалов. Приведены

решения задач в случае областей, ограниченных окружностями. На конкретных

примерах решения плоских задач проиллюстрировано применение аппарата

конформных отображений и интегралов типа Коши.

4

Глава 1. Классификация плоских задач и методы их решения

1.1. Классификация плоских задач

Определение 1.1.1. Под плоскими будем понимать такие задачи, в

которых искомые функции зависят только от двух декартовых координат 1x и

2x и не зависят от 3x .

Различают три типа плоских задач. Рассмотрим их и покажем, что они

сводятся к одним и тем же краевым задачам.

I. Плоская деформация. Будем называть плоской деформацией такое

НДС, при котором 3 0u , 1 1 1 2,u u x x , 2 2 1 2,u u x x .

Из соотношений Коши 12

jiij

j i

uux x

найдем деформации:

111

1

ux

, 222

2

ux

, 1 212

2 1

12

u ux x

, 33 13 23 0 , (1.1.1)

1 211 22 2

1 2

u ux x

. (1.1.2)

Из закона Гука 2ij ij ij определим напряжения:

111 2

1

2 ux

, 222 2

2

2 ux

, 33 2 , 1 212

2 1

u ux x

, (1.1.3)

13 23 0 .

Складывая первые два выражения в (1.1.3), получаем:

11 22 22 , 33 2 11 22 11 222

. (1.1.4)

Из (1.1.4) следует, что независимыми являются три компоненты тензора

напряжений: 11 , 22 и 12 .

Уравнения равновесия:

5

11 12 13

1 2 3x x x

1 0F ,

12 22 23

1 2 3x x x

2 0F , (1.1.5)

13

1x

23

2x

33

3x

1 0F .

Из (1.1.5) следуют необходимые условия для плоской деформации:

3 0F , 1 1 1 2,F F x x , 2 2 1 2,F F x x . (1.1.6)

Из трех уравнений Ламе нетривиальными остаются первые два:

2 0, 1,2i ii

u F ix

(1.1.7)

2 2

22 21 2x x

.

Плоское деформированное состояние допускает наглядную

механическую интерпретацию. В таком состоянии находится бесконечно

длинный цилиндр, нагруженный по боковой поверхности силами

1 1 2 2 1 2, , , ,0p x x p x xp . Пусть cos ,cos ,0 н - вектор нормали к

боковой поверхности. Замкнутую краевую задачу при этом составят, например,

уравнения (1.1.2), (1.1.3), (1.1.5) с одним из следующих типов граничных

условий:

I тип:

1 1 1 2 2 2 1 2, , ,u f x x u f x x . (1.1.81)

II тип:

11 12 1 12 22 2cos cos , cos cosp p

. (1.1.82)

III тип:

1 1 1 2 2 2 1 2

11 12 1 12 22 2

, , , ,

cos cos , cos cos .U U

u f x x u f x x

p p

(1.1.83)

6

Здесь - кривая, ограничивающая плоскую область D , занимаемую

поперечным сечением цилиндра.

II. Плоское напряженное состояние. Под плоским напряженным

состоянием будем понимать такое, при котором существует плоскость такая,

что на любой * напряжение отсутствует: *

0p .

Выберем в качестве плоскости плоскость 1 2Ox x ( 0,0,1н ), тогда в

случае плоского НС:

13 23 33 0 . (1.1.9)

Уравнения равновесия, очевидно, имеют тот же вид, что и (1.1.5). Из

закона Гука имеем:

111

1

2 ux

, 222

2

2 ux

, 1 212

2 1

u ux x

,

333

3

2 0ux

, 1 313

3 1

0u ux x

, 2 323

3 2

0u ux x

, (1.1.10)

Из четвертого уравнения в (1.1.10):

32

3

2 0ux

, 32 2

3 2 1ux

,

22 01

, 2 21 21

1 1

. (1.1.11)

Введем обозначение:

1 2 211 2 2

. (1.1.12)

Тогда закон Гука примет тот же вид, как и в случае плоской деформации,

только с заменой на :

1 2 311 2 22 2 33 2

1 2 3

2 , 2 , 2 0,u u ux x x

(1.1.13)

1 212

2 1

u ux x

, 1 3

3 1

0u ux x

, 2 3

3 2

0u ux x

.

С учетом (1.1.10)- (1.1.12) уравнения Ламе примут вид:

7

230, 1,2 , 0.i i

i

u F i Fx

(1.1.14)

Таким образом, в случае плоского напряженного состояния все уравнения

идентичны соответствующим уравнениям плоского деформированного

состояния с заменой на . Однако, эта задача остается трехмерной, т.к.

координата 3x не исключена из приведенных выше уравнений. Введение

понятия обобщенного плоского напряженного состояния позволяет привести

этот случай к двумерной задаче.

III. Обобщенное плоское напряженное состояние. Рассмотрим

пластину толщиной : 1, diamh h d d D , D - область, занятая срединной

поверхностью пластины, причем 21 2 1 2,D R x x Ox x . Примем, что

пластина нагружена внешними поверхностными силами, параллельными

основаниям и симметрично расположенными относительно срединной

поверхности. Кроме того, положим, что составляющая массовой силы,

перпендикулярная средней срединной поверхности, равна нулю, а остальные

составляющие распределены симметрично относительно срединной

поверхности. Основания пластинки полагаем свободными от внешних

нагрузок.

Уравнения равновесия:

11 12 131

1 2 3

0Fx x x

,

12 22 232

1 2 3

0Fx x x

, (1.1.15)

13 23 33

1 2 3

Fx x x

30 .

Заметим, что так как всюду на границах 3 2x h напряжения

13 1 2 23 1 2, , 2 , , 2 0x x h x x h , то на этих границах обращаются в нуль

также и их производные по переменным 1x , 2x .

8

Из третьего уравнения и допущения об отсутствии напряжений на

основаниях имеем:

3

33 13

3 12hx

x x

3

23

22hx

x

3 2

0hx

. (1.1.16)

Таким образом, на границах 3 2x h исчезает как само напряжение 33 ,

так и его производная по координате 3x . Представим 33 рядом Тейлора по

координате 3x :

333 33 2x h

3

33

3 2x hx

3

2233

3 323 2

12 2 ...2

x h

x h x hx

(1.1.17)

Из (1.1.17) следует, что 2 233 3 2O x h O h , т.е. является

величиной порядка 2h . Поэтому приближенно можно положить, что при

достаточно малой толщине пластинки

33 0 . (1.1.18)

Проинтегрируем уравнения равновесия по координате 3x . При этом

учтем, что 2

233 2

32

0h

hjj h

h x

:

11 121

1 2

ˆ ˆ ˆ 0Fx x

, 12 22

21 2

ˆ ˆ ˆ 0Fx x

, 13 23

1 2

ˆ ˆ0

x x

. (1.1.19)

Здесь величины 2 2

3 32 2

1 1ˆˆ , , 1,2, 1,2,3h h

h h

dx F F dxh h

(1.1.20)

являются осредненными по толщине пластины значениями напряжений и

массовых сил. Вместо предположения (1.1.18) можно теперь ввести более

слабое предположение: 33ˆ 0 .

Осредняя аналогичным образом закон Гука и проводя преобразование как

в случае плоского напряженного состояния, получаем:

9

111 2

1

ˆˆˆ 2 ux

, 222 2

2

ˆˆˆ 2 ux

, 1 212

2 1

ˆ ˆˆ u ux x

, (1.1.21)

213 1 2

ˆ h

hu

3 3

1 1

ˆ ˆu ux x

, 223 2 2

ˆ h

hu

3 3

2 2

ˆ ˆu ux x

.

Здесь учтено, что 2

21 13 1 2

3 32

ˆ ˆ1 0h

h

hh

u u dx ux h x

, 2

22 23 1 2

3 32

ˆ ˆ1 0h

h

hh

u u dx ux h x

в силу симметричного расположения внешних нагрузок относительно

плоскости 3 0x . Кроме того, на боковой поверхности пластинки

313 23 3

€€ € €cos cos 0u pn

. (1.1.22)

Подставляя выражения для 13 и 23 из (1.1.21) в последнее уравнение

(1.1.19), приходим к уравнению Лапласа относительно 3u :

3ˆ 0u , (1.1.23)

которое с учетом (1.1.22) образует однородную задачу Неймана для функции

3u . Ее решением является 3ˆ constu , а следовательно:

313

1

ˆˆ 0ux

, 3

232

ˆˆ 0ux

. (1.1.24)

Заметим, что 3u можно положить равной тождественно нулю, т.к.

3ˆ constu приводит к нулевым деформациям и отвечает лишь за перемещение

пластинки как абсолютно твердого тела.

Таким образом, вводя в рассмотрение осредненные по толщине пластины

величины, мы избавили их от зависимости от переменной 3x . При этом все

уравнения сохранили вид, аналогичный плоскому напряженному состоянию.

10

1.2. Функция напряжений Эри

Из предыдущего параграфа следует, что все три плоские задачи могут

быть математически описаны системой уравнений:

0xxF

x y

, 0yyF

x y

; (1.2.1)

2xux

, 2yvy

, u vy x

, u vx y

, (1.2.2)

где обозначено 11x , 22y , 12 , 1u u , 2v u , 1xF F , 2yF F , 1x x ,

2y x .

Система (1.2.1)-(1.2.2) имеет пять уравнений относительно пяти

неизвестных x , y , , u , v , т.е. является замкнутой. Ее решение

разыскивается в плоской области D , принадлежащей плоскости 3 0z x .

Система (1.2.1)-(1.2.2) эквивалентна уравнениям равновесия Ламе в

перемещениях:

0xu Fx

, 0yv Fy

, 2 2

2 2x y

. (1.2.3)

Система (1.2.1)-(1.2.2) или (1.2.3) замыкается одним из трех типов

граничных условий ( D ):

- I тип:

1 1 1 2 2 2 1 2, , ,u f x x u f x x . (1.2.41)

- II тип:

11 12 1 12 22 2cos cos , cos cosp p

. (1.2.42)

- III тип:

1 1 1 2 2 2 1 2

11 12 1 12 22 2

, , , ,

cos cos , cos cos .U U

u f x x u f x x

p p

(1.2.43)

11

Если в законе Гука (1.2.2) не вводить перемещения, а оставить его

выражение через деформации xux

, yvy

, 12xy

u vy x

, то получим

систему из пяти уравнений с шестью неизвестными. Поэтому для получения

замкнутой системы необходимо в нее включить уравнения совместности

деформаций. Из шести уравнений совместности в случае плоской постановки

задачи нетривиальным остается только одно. В декартовой прямоугольной

системе координат оно имеет вид: 2 22

2 2 2y xyx

y x x y

. (1.2.5)

Систему уравнений (1.2.1), (1.2.5) можно свести к уравнениям в

напряжениях Бельтрами - Митчела. Для этого следует воспользоваться

обратной формой закона Гука (1.2.1). В компонентах напряжения-деформации

закон Гука имеет вид:

2x x , 2y y , 2 xy . (1.2.51)

Сложим первые два уравнения в (1.2.51) и получим выражение для

объемной деформации через напряжения:

2x y , 2

x y

. (1.2.6)

Подставляя (1.2.6) в (1.2.51) и выражая деформации, получаем:

1 12 2 2x x x y x x y

, (1.2.7)

12y y x y

,

2xy

.

Подставим (1.2.7) в (1.2.5): 2 2 22 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2y y yx x x

y x y y x x x y

. (1.2.8)

Продифференцируем первое уравнение равновесия в (1.2.1) по x , а

второе - по y и сложим:

12

22 2

2 22 divyx

x y x y

F , (1.2.9)

Подставим (1.2.9) в (1.2.8):

div 0

1x y

F , (1.2.10)

где 2 22 2 2 2

2 2 2 2 2 2y yx x

x y x yx y y x x y

.

Напомним, что в случае плоского напряженного состояния и

обобщенного плоского напряженного состояния следует во всех формулах и в

выражении для коэффициента Пуассона 2

использовать вместо

.

Решение задач плоской теории упругости значительно упрощается, если

массовыми силами пренебречь либо в силу их малости, либо, имея в виду, что

всегда задачу при наличии массовых сил можно свести к задаче без массовых

сил, если найти какое-либо частное решение соответствующих неоднородных

дифференциальных уравнений равновесия. В дальнейшем будем полагать, что

массовые силы отсутствуют.

В предположении отсутствия массовых мил замкнутая система уравнений

плоской теории упругости в напряжениях принимает вид:

0x

x y

, 0y

x y

, 0x y . (1.2.11)

Из математического анализа известно, что для того чтобы векторное поле

1 1P Q a i j было потенциальным, т.е. , : A x y dA Pdx Qdy , необходимо и

достаточно выполнение условия: P Qy x

. При этом AP

x

, AQy

.

Рассмотрим первое уравнение в (2.1.11). Если обозначить x Q , P , то,

очевидно оно и будет являться условием потенциальности векторного поля

, x , т.е.

13

, : , , x xA AA x y dA dy dxy x

. (1.2.12)

Аналогично второе уравнение является условием потенциальности

векторного поля ,y , т.е.

, : , , y yB BB x y dB dy dxx y

. (1.2.13)

Из последних соотношений в (1.2.12) и (1.2.13) следует, что

0A Bx y

, а следовательно

, : , , F FF x y dF Ady Bdx A By x

. (1.2.14)

Из (1.2.12) - (1.2.14) следуют дифференциальные связи между

компонентами напряженного состояния и функцией F : 2

2xA Fy y

, 2

2yB Fx x

,

2B A Fy x x y

. (1.2.15)

Из (1.2.15): 2 2

2 2x yF F F

y x

. (1.2.16)

Подставляя (1.2.16) в последнее уравнение в (1.2.11), получаем, что

функция F является решением бигармонического уравнения:

0F . (1.2.17)

Определение 1.2.1. Функция ,F x y называется функцией напряжений

Эри.

Таким образом, установлено, что любой бигармонической функции

соответствует некоторое напряженное состояние в плоское задаче.

Соответствующие напряжения определяются по формулам (1.2.15).

Деформации могут быть найдены с помощью обратного закона Гука (1.2.7).

Определим перемещения из обратного закона Гука:

14

2 2

2 2

2 1

1 1 ;

x x y y x yux

F FF Px x

(1.2.18)

2 2

2 2

2 1

1 1 ;

y x y x x yvy

F FF Py y

(1.2.19)

2u v Fy x x y

, (1.2.20)

где P F . Очевидно, что P - гармоническая функция:

0P F . (1.2.21)

Проинтегрируем (1.2.18) и (1.2.19):

0

12 1x

x

Fu Pdx C yx

, 0

22 1y

y

Fv Pdy C xy

. (1.2.22)

Здесь 1C y и 2C x - некоторые функции своих аргументов.

Подставляя (1.2.22) в (1.2.20), находим, что функции 1C и 2C не могут

быть произвольными:

0 0

2 2

1 21

2

yx

x y

F P P Fdx C y dy C xx y y x x y

,

0 0

1 2 0yx

x y

P Pdx dy C y C xy x

. (1.2.23)

Так как P - гармоническая функция, то существует сопряженная с ней

гармоническая функция Q :

0Q , P Qx y

, P Q

y x

. (1.2.24)

Используя условия Коши - Римана (1.2.24) из (1.2.23) получаем:

0 0

1 2 0yx

x y

Q Qdx dy C y C xx y

,

15

1 2 0Q Q C y C x , 1 2 0C y C x , 1 2 constC y C x ,

1C y y , 2C x x , , const . (1.2.25)

Однако эти составляющие перемещений соответствуют нулевому тензору

деформаций, т.е. отвечают перемещениям тела как абсолютно твердого.

Следовательно, можно положить 0 . Окончательно для перемещений

получаем выражения:

0

2 1x

x

Fu Fdxx

, 0

2 1y

y

Fv Fdyy

, (1.2.26)

которые называются формулами Лява.

Таким образом, введенная выше функция Эри позволяет математически

описать плоскую задачу следующей системой уравнений:

0F , (1.2.27) 2

2xF

y

, 2

2yF

x

, 2Fx y

; (1.2.28)

0

2 1x

x

Fu Fdxx

, 0

2 1y

y

Fv Fdyy

. (1.2.29)

До замкнутой математической модели она должна быть дополнена

соответствующими граничными условиями.

I краевая задача:

0

11 2x

x

F Fdx f sx

,

0

21 2y

y

F Fdy f sy

. (1.2.30)

Здесь s - координата вдоль контура D ; 1f s , 2f s - заданные

функции (перемещения) точек контура .

II краевая задача:

Пусть контур задан

параметрически:

:x x s

y y s

, (1.2.31)

x

y

O

D

n τ

s

xp

yp

16

тогда

cos ,cos н n ,

cos ,cos τ ,

cos dy yds

, cos ,dx xds

cos coscoscos coscos

x x x

y y y

pp

,

2 2

2

2 2

2

,

.

x x

y y

F F d Fy x y x py x y ds y

F F d Fy x y x px y x ds x

(1.2.32)

III краевая задача: есть комбинация граничных условий (1.2.30) и (1.2.32)

соответственно на частях контура U , где заданы перемещения, и , где

заданы напряжения.

1.3. Решение плоской задачи для прямоугольника (представление функции Эри полиномами или тригонометрическими рядами)

Основные уравнения: 4 4 4

4 2 2 42 0F F FFx x y y

(1.3.1)

2 2 2

2 2, , .x yF F Fy x x y

(1.3.2)

0

2 1x

x

Fu Fdxx

, 0

2 1y

y

Fv Fdyy

. (1.3.3)

Граничные условия.

I краевая задача:

0

11 2x

x

F Fdx f sx

,

0

21 2y

y

F Fdy f sy

. (1.3.4)

17

Здесь s - координата вдоль контура D ; 1f s , 2f s - заданные

функции (перемещения) точек контура .

II краевая задача: 2 2

2

2 2

2

,

.

x x

y y

F F d Fy x y x py x y ds y

F F d Fy x y x px y x ds x

(1.3.5)

III краевая задача: есть комбинация граничных условий (1.3.4) и (1.3.5)

соответственно на частях контура U , где заданы перемещения, и , где

заданы напряжения.

Пример 1.3.1. Определить НДС и перемещения, соответствующие

функции напряжений вида:

a. 2 21 0 1 2F a x a xy a y

b. 3 2 2 32 0 1 2 3F a x a x y a xy a y

c. 4 3 2 2 3 43 0 1 2 3 4F a x a x y a x y a xy a y

Решение.

Случай a. Очевидно, 1F - бигармоническая. Определим напряжения:

2 0 12 , 2 , .x ya a a (1.3.6)

Таким образом, функции 1F отвечает комбинация однородного

растяжения-сжатия в двух взаимно перпендикулярных направлениях и

однородного сдвига (рис. 1.3.1).

18

Обнуляя один или несколько коэффициентов, можно получить

простейшие плоские напряженные состояния пластинки. Например, отличие от

нуля лишь коэффициента 2a приводит к одноосному растяжению или сжатию

вдоль оси Ox .

Случай b. Функция 2F - бигармоническая. Определим напряжения:

2 3 0 1 1 22 6 , 6 2 , 2 .x ya x a y a x a y a x a y (1.3.7)

Для прямоугольной пластинки, показанной на рис. 1.3.2, положив все

коэффициенты, кроме 3a , равными нулю, получаем напряженное состояние

чистого изгиба.

x l

y

h

O

36x a h

Рис. 1.3.2

x

l

y

h

O

Рис. 1.3.1

19

Если лишь один коэффициент 0a отличен от нуля, получаем случай

чистого изгиба под действием нормальных напряжений, приложенных к

сторонам пластинки y h .

Если считать отличными от нуля коэффициенты 1a или 2a , то находим,

что по краям пластинки действуют не только нормальные, но и касательные

напряжения. Рис. 1.3.3 показывает, например, случай, в котором в функции 2F

равны нулю все коэффициенты, кроме 1a .

Вдоль краев y h имеем равномерно распределенные растягивающие и

сжимающие напряжения 12y a h , а также касательные напряжения,

пропорциональные координате x . На краю x l действует только одно

постоянное касательное напряжение 12a l , а на краю 0x напряжения

отсутствуют.

Аналогичное распределение напряжений получается в том случае, если

принять отличным от нуля коэффициент 2a . Взяв функцию напряжений в виде

x l

y

h

O

12a l 12y a h

12y a h

12a x

12a x

Рис. 1.3.3

20

полиномов второй или третьей степени, мы не накладываем никаких

ограничений на выбор величин коэффициентов, поскольку уравнение (1.3.1)

удовлетворяется при любых их значениях. В случае полиномов более высоких

степеней уравнение (1.3.1) удовлетворяется только если между

коэффициентами выполняются соответствующие условия связи.

Случай c. Применим бигармонический оператор к функции 3F :

3 0 2 424 8 24F a a a , поэтому функция 3F будет бигармонической только

при условии

2 0 43a a a . (1.3.8)

При этом условии получаем следующие формулы для напряжений:

2 20 4 3 46 6 12x a a x a xy a y ,

2 20 1 0 4=12 6 6y a x a xy a a y , (1.3.9)

2 21 0 4 33 12 3a x a a xy a y .

В (1.3.9) коэффициенты 0a , 1a , 3a и 4a - произвольны. Подбирая их

соответствующим образом, можно получить различные условия нагружения

прямоугольной пластинки. Например, принимая все коэффициенты, за

исключением 3a , равными нулю, находим

36x a xy ,

=0y , (1.3.91)

233a y .

Если считать коэффициент 3a положительным, то силы, действующие на

прямоугольную пластинку и вызывающие напряжения (1.3.9), имеют вид,

показанный на рис. 1.3.4.

21

Так как уравнение (1.3.1) представляет собой линейное

дифференциальное уравнение, то сумма нескольких решений этого уравнения

также будет его решением. В силу этого можно производить наложение

элементарных решений, полученных в этом параграфе, и находить новые

решения, представляющие практический интерес.

Пример 1.3.2. Решение плоской задачи для прямоугольника с помощью

тригонометрических рядов.

Для пластины единичной толщины, находящейся в плоском напряженном

состоянии (рис. 1.3.5), пользуясь методом тригонометрических рядов:

1. Найти функцию напряжений ,F x y .

2. Найти компоненты напряженного состояния x , y , .

3. Определить граничные условия на контурах 1 и 3 , соответствующие

приложенной нагрузке на контурах 2 и 4 .

l

y

h

O 2

33a y

36x a ly

233a h

36x a hx

233a h

36x a hx

233a y

Рис. 1.3.4

x

22

Решение. Функцию Эри представим в виде разложения в ряд Фурье по

синусам нечетных дуг:

k1

, sin , k kk

kF x y F y xa

. (1.3.10)

Подставляя (1.3.10) в (1.3.1), получаем обыкновенное дифференциальное

уравнение относительно коэффициентов kF y :

2 42 0.IVk k k k kF F F (1.3.11)

Соответствующее характеристическое уравнение

24 2 2 4 2 22 0k k k k k k

имеет два корня 1,2k k кратности 2, поэтому общее решение имеет вид:

k ky yk k k k kF y A B y e C D y e (1.3.12)

и его удобно записать через гиперболические функции

(ch , sh2 2

u u u ue e e eu u

):

ch sh ch shk k k k k k k k kF y A y B y C y y D y y . (1.3.13)

Соответствующие компоненты напряжений определяются формулами:

y

O x a

b

0q

1q

1

2 3

4

Рис. 1.3.5

23

22 2

21

22

21

2

1

sin сh sh

2sh ch 2сh sh ,

sin ch sh ch sh ,

cos

x k k k k k k kk

k k k k k k k k k k

y k k k k k k k k k kk

k kk

F x A y B yy

C y y y D y y y

F x A y B y C y y D y yxF x A

x y

sh ch

ch sh sh ch .

k k k k k k

k k k k k k k k

y B y

C y y y D y y y

(1.3.14)

Представим внешние нагрузки 0q и 1q в виде разложений в ряды по

синусам нечетных дуг:

0 0,1

sink kk

q x q x

, 1 1,1

sink kk

q x q x

, (1.3.15)

0, 00

2 sina

k kq q x xdxa

, 1, 10

2 sina

k kq q x xdxa

.

На границах 4 0y и 2 y b выполняются граничные условия:

4

0y q x

, 2

1y q x

, 4

0

, 2

0

. (1.3.16)

Отсюда и из (1.3.14) следуют четыре алгебраических уравнения для

определения четырех постоянных kA , kB , kC , kD :

20,

21,

,

ch sh ch sh ,0,

sh ch ch sh

sh ch 0.

k k k

k k k k k k k k k k

k k k

k k k k k k k k k k

k k k k

A q

A b B b C b b D b b qB CA b B b C b b b

D b b b

(1.3.17)

Из первого и третьего уравнения находим

0,2 , k

k k k kk

qA C B

. (1.3.18)

Подставляя эти выражения во второе и четвертое уравнения в (1.3.17),

получаем систему двух уравнений

24

2 21, 0,

0,2

sh ch sh ch ,

sh sh ch sh ,

k k k k k k k k k k k

kk k k k k k k k

k

B b b b D b b q q bq

B b b D b b b b

решая которую, имеем

0,1,

2 2 2

0,1,

0,2 2 2 2

sh sh,

sh

sh sh1 1 cth .

sh

kk k k

kk

k k

kk k k

kkk k k

k kk k

qb bq b

Db b

qb bq b

qB b b

b b b

(1.3.19)

Компоненты НДС определяются подстановкой найденных постоянных

kA , kB , kC , kD в выражения (1.3.14).

Для определения граничных условий на контурах 1 и 3 следует в

выражения для напряжений подставить 0x для 3 и x a для 1 :

3 1

3

1

1

1

1

0,

sh ch

ch sh sh ch ,

1 sh ch

ch sh sh ch ,

x x

k k k k k k kk

k k k k k k k k

kk k k k k k k

k

k k k k k k k k

A y B y

C y y y D y y y

A y B y

C y y y D y y y

(1.3.20)

где kA , kB , kC , kD определены в (1.3.18), (1.3.19).

1.4. Задача Фламана

Поставим задачу: определить НДС x , y , , x , y , xy и перемещения

,u vu в упругой полуплоскости при действии на ее нормальной

поверхностной нагрузки вида:

25

x

y

O

p x x

Рис. 1.4.1

p x x , (1.4.1)

где x - дельта-функция Дирака. Массовые силы отсутствуют.

Эта задача носит название задача Фламана.

Решение задачи будем искать в прямоугольной декартовой системе

координат Oxy . Ось Ox направлена вдоль границы полуплоскости, Oy - вглубь

полуплоскости. Начало координат совпадает с точкой приложения нагрузки

(рис. 1.4.1).

Искомые перемещения определим как решения уравнений Ламе:

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

0,

0

u v u ux x y x y

v u v vy x y x y

(1.4.2)

с граничными условиями:

,0 , ,0 0, , ,

lim 1 , lim 1 ,y

r r

x p x x x x

u O v O

(1.4.3)

где 2 2 2r x y .

Для определения деформаций используем соотношения Коши:

1, , 2x y xy

u v u vx y y x

, (1.4.4)

а напряжения определим из закона Гука:

26

2 2 ,

2 2 ,

2 .

x x y

y y x

xy

u vx yv uy x

u vy x

(1.4.5)

Для решения задачи используем преобразование Фурье по координате x :

F ipxf p f x e dx

, 12

F ipxf x f p e dx

; (1.4.6)

n nn ipx FF f x p ip f x e dx ip f p

, (1.4.7)

где p - параметр преобразования.

Применяя (1.4.6) к (1.4.2) с учетом (1.4.7), получим:

22 2

2

2 22

2 2

0,

0,

F FF F

F F FF

v up u ip p uy y

v u vip p vy y y

22

2

22

2

2 0,

2 0.

F FF

F FF

u vip p uy y

v uip p vy y

(1.4.8)

Полученную систему обыкновенных дифференциальных уравнений

можно решить обычным образом. Характеристическое уравнение имеет вид:

2 2

2 2

20

2k p ip k

ip k k p

, (1.4.9)

2 24 2 2 2 4

4 2 2 4

24 2 2 4 2 2

2 2 2 0,

2 2 2 2 0,

2 2 2 0.

k k p p

k k p p

k k p p k p

27

Его корни 1,2k p имеют кратность 2. Следовательно, общее решение

(1.4.8) имеет вид:

1 1 1 1

2 2 2 2

,

.

p y p yF

p y p yF

u A B y e C D y e

v A B y e C D y e

(1.4.10)

Ввиду требования ограниченности решения константы 1C , 2С , 1D , 2D

следует положить равными нулю. Из (1.4.10):

1 1 2 2

1 1 1 2 2 2

2 22 2

1 1 1 2 2 22 2

, ,

, ,

2 , 2 .

p y p yF F

F Fp y p y

F Fp y p y

u A B y e v A B y e

u vB p A B y e B p A B y ey yu vp A B y p B e p A B y p B ey y

(1.4.11)

Оставшиеся неизвестные постоянные определим из граничных условий в

напряжениях и уравнений (1.4.8). Для этого граничные условия также следует

перевести в пространство Фурье-изображений ( 1F x ):

2 2 100

1 1 200

2 2 1,

0.

FF Fy y

y

Fy

y

v ip u B p A ip Ay

u ipv p A B ipAy

(1.4.12)

Подставляя (1.4.11) в (1.4.8), имеем:

21 1 2 2

21 2

21 2 1 2

21 2

2

0,

2 2

0.

p A p B ip p A ipB

y p B ip p B

ip p A p A ipB p B

y ip p B p B

Эти уравнения эквивалентны четырем равенствам:

21 1 2 22 0p A p B ip p A ipB ; (1.4.13)

21 2 0p B ip p B ; (1.4.14)

21 2 1 22 2 0ip p A p A ipB p B ; (1.4.15)

28

21 2 0ip p B p B . (1.4.16)

Равенства (1.4.14) и (1.4.16) эквивалентны друг другу. Например, из

(1.4.16): 2 2 2

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

0 sign 0 sign 0sign 0 sign ,

ip p B p B ip pB p B i pB BpB iB B i pB

(1.4.17)

что совпадает с (1.4.14). Подставляя (1.4.17) в (1.4.13) и (1.4.15),

получаем:

1 2 2 2

1 2 2 2

2 0,

2 2 0.

p A iB i p A iB

ipA p A B B

И после несложных преобразований имеем два одинаковых уравнения:

1 2 2 1 2 0ipA p A B , (1.4.18)

где

.

Таким образом, относительно четырех неизвестных имеем четыре

уравнения:

2 2 12 1B p A ip A , (1.4.19)

1 1 2 0B p A ipA , (1.4.20)

1 2sign 0B i pB , (1.4.21)

1 2 2 1 2 0ipA p A B . (1.4.22)

Преобразуем (1.4.19):

2 2 1 2 2 2 2

2

2 2 1 2B p A ip A B p A p A B

B

2 2 2 22 2 2 1 1,p A B p A

2 21

2B p A

. (1.4.23)

29

Выпишем расширенную матрицу системы (1.4.20)-( 1.4.23) (столбец 1

соответствует коэффициентам при 1B , столбец 2 - 1A , столбец 3 - 2A , столбец 4

- 2B ):

1 0 01 0 00 1 2 00 1 2 0

11 0 00 022

0 sign 01 0 0 sign 0

1 0 01 0 00 1 2 00 1 2 0

10 010 0 2200 0 2 2 sign 1 0

p ipp ipip pip p

pp

p ip i pi p

p ipp ipip pip p

pp

ip i p

.

sign 0 0 2 sign pi p i

Отсюда находим

2 2 1 11 1 sign , , , .

2 2 2 2i pB A A B i

p p

(1.4.24)

Таким образом, для перемещений имеем:

1 1 sign 1 2 1, 2 2

p y p yF Fi pu y e v y ep p

. (1.4.25)

Определим оригиналы с помощью (1.4.6):

12

0

1 1 cos2

p y p y ipx py yF e e e dp e px dpr

; (1.4.26)

1

0

1 1 1 1 sin arctg2

p y p y ipx pyi i xF e e e dp e px dpp p p y

; (1.4.27)

12

0

1sign sign sin2

p y p y ipx pyi ixyF p e p e e dp e px dpr

(1.4.28)

1

0

1 1 1 1 1 cos2

p y p y ipx pyF e e e dp e px dpp p p

; (1.4.29)

30

Для вычисления интеграла в (1.4.29) поступим следующим образом.

Обозначим:

1 p yF ep

. (1.4.30)

Заметим, что: F

p yey

, (1.4.31)

поэтому:

2

2

1 22 2 0

0

2

20 0 0

,2

1 1 1ln ln ,2 2

yF

y

r

y y yx

y y duF dy u r dyy y r r y

xdu xu r r

1 1

00 0 1 0

1 1 cos 1 cos 1 1 cos 1x xF

yx

px px px dpdp dp dpp p p p p

, (1.4.32)

Последний интеграл в (1.4.32) понимаем в следующем смысле: 1

0

1 1 1 1ln lnx dp x

p x

. (1.4.33)

Для вычисления первых двух интегралов в (1.4.32) сделаем замену

переменной z p x .

Тогда:

cos cos cospx p x z ,

1 1

0 1 0 1

1

0 1

1 cos 1 1 cos 1 cos 1 1 cos

1 cos 1 cos ,

x x

x x

px px px pxdp dp dp dpp p p p

z z Cdz dzz z

(1.4.34)

где 1

1 ln 0.577n

C nn

- постоянная Эйлера.

Окончательно получаем

31

1 1 1ln lnp y xe x C

p r

. (1.4.33)

Для оригиналов компонент вектора перемещений получаем выражения:

2

2

2

1 arctg ,2 2

1 2 1 1 1ln ln .2 2

x xyuy r

x yv x Cr r

(1.4.34)

Компоненты напряженного состояния определяются подстановкой

(1.4.34) в (1.4.5).

32

ГЛАВА 2. КОМПЛЕКСНЫЕ ПОТЕНЦИАЛЫ В ПЛОСКОЙ ЗАДАЧЕ

2.1. Сведение плоской задачи к задаче Римана

К решению уравнений плоской теории упругости могут быть с успехом

применены методы теории функций комплексного переменного. Впервые

применение этих методов было описано в фундаментальных исследованиях

Г.В. Колосова и Н.И. Мусхелишвили. Комплексное представление общего

решения уравнений плоской теории упругости оказалось весьма плодотворным

для эффективного решения основных задач плоской теории упругости.

Введем в рассмотрение комплексное переменное:

z x iy , z x iy . (2.1.1)

Введем также комплексное перемещение:

, ,w z u x y iv x y . (2.1.2)

В предыдущем параграфе были введены две сопряженные гармонические

функции P и Q :

0P , 0Q , P Qx y

, P Q

y x

. (2.1.3)

Следовательно, функция

f z P iQ (2.1.4)

является аналитической в D .

Введем новую функцию:

0

01 , ,4

z

z

z p iq f z dz z z D , (2.1.5)

1 14 4

p qz i f z P iQx x

.

z - аналитическая как интеграл от аналитической функции. Для ее

действительной и мнимой части справедливы условия Коши - Римана:

14

p q Px y

, 14

p q Qy x

. (2.1.6)

33

Используя действительные представления для перемещений (1.2.26),

получим выражение для комплексного перемещения – комплексную запись

формул Лява. Учитывая, что F P , и принимая во внимание соотношения

(2.1.6), запишем:

0 0

2 1 4 1 4 1x x

x x

F F p Fu Pdx dx px x x x

,

0 0

2 1 4 1 4 1y y

y y

F F q Fv Pdy dy qy y y y

,

2 2 4 1

4 1 .

F Fw u iv i p iqx y

F Fi zx y

(2.1.7)

Покажем теперь, что функция ReF px qy F z z является

гармонической. Действительно, принимая во внимание, что 0p q , так как

p и q - действительная и мнимая части аналитической функции, получаем:

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 22 2

p ppx px px x p xx y x x y

p p p p p px x x x px x y x y x

2 2 .p p

x x

(2.1.8)

Аналогично:

2 qqyy

. (2.1.9)

Тогда

2 2 02 2

p q P PF px qy F px qy P Px y

. (2.1.10)

Таким образом, эта функция есть действительная часть некоторой

аналитической функции z :

Re Rez F z z , (2.1.11)

следовательно,

34

ReF z z z . (2.1.12)

Формула (2.1.12) называется формулой Гурса.

Формулу Гурса можно представить также в виде

2F z z z z z z . (2.1.13)

Для дальнейших выкладок установим некоторые формулы

дифференцирования. Пусть , ,z p x y iq x y - аналитическая функция.

Тогда имеем:

p q q pz i ix x y y

, p qi zx x x

, p qi zx x x

,

p q q pi i i i zy y y y y

, (2.1.14)

p q q p p qi i i i i zy y y y y x x

.

Из (2.1.14):

0i zx y

, 2i z zx y

, (2.1.15)

2i z zx y

, 0i z

x y

.

С учетом (2.1.15) формула Лява приобретает вид:

12 4 12

12

w i z z z z z z zx y

z i z z i zx y x y

i zx y

z i zx y

4 1

1 2 2 2 4 1 ,2

z i z i z zx y x y

z z z z z

Введя функцию z z , окончательно получаем:

35

2 3 4w z z z z . (2.1.16)

Формула (2.1.16) носит название формулы Колосова.

Для напряжений с учетом (2.1.15), получаем формулы:

2 2

2 2

12

1 2 2 22

2 4Re ,

x yF F i i F

y x x y x y

i i z z z z z zx y x y

i z z z z i z z z zx y x y

z z z

2 2 2

2 22 2

12

1 2 2 22

2 2 2

y xF F Fi i i i F

x y x y x y x y

i i z z z z z zx y x y

i z z z z i z z z zx y x y

z z z

.z z z

Итак, для напряжений получаем комплексные равенства, эквивалентные

трем действительным равенствам для x , y , :

4Rex y z , 2 2y x i z z z . (2.1.17)

Определение 2.1.1. Функции z и z называются комплексными

потенциалами плоской задачи теории упругости.

Очевидно, что при заданных функциях z и z НДС и перемещения

можно определить с помощью формул (2.1.16) и (2.1.17). Теперь ответим на

вопрос: единственны ли при этом комплексные потенциалы? Пусть заданы

напряжения x , y , . Обозначим , , 1 , 1 - две пары комплексных

потенциалов, удовлетворяющих уравнениям (2.1.17):

14Rex y z , 1 12 2y x i z z z . (2.1.18)

Из первых уравнений в (2.1.17) и (2.1.18) следует:

36

условия Коши-Римана

1 1Re Re , ,z z z z ia a R

1 1, , .z z z z iaz b b C (2.1.19)

Из вторых уравнений в (3.17) и (3.18) следует:

1 1z z z z z z , 1z z z 1z z ,

1z z , 1 , z z c c C . (2.1.20)

Из (2.1.19), (2.1.20) делаем вывод, что при заданных напряжениях

функция z определена с точностью до линейного члена iaz b , где a -

действительная, а b - комплексная постоянные, а функция z с точностью до

комплексной постоянной c . Поэтому во второй краевой задаче для устранения

произвола в выборе комплексных потенциалов задают три дополнительных

условия. Обычно используют следующие условия:

0 0 00, Im 0, 0,z z z (2.1.21)

где 0z D - произвольная точка области D .

Пусть теперь дополнительно заданы перемещения, к которым приводят

две пары потенциалов, тогда с учетом (2.1.19) и (2.1.20):

1 1 12 3 4 3 4

3 4 3 4 ,

w z z z z z z z z

z z z z iaz b iaz c

3 4 0iaz b iaz c ,

3 4 1 0

0, 3 4 .3 4 0

aa c b

b c

(2.1.22)

Из (2.1.22) следует, что при этом остается один произвол, требующий

только одного дополнительного условия. Обычно это:

0 0z . (2.1.23)

При применении метода комплексных потенциалов существенная

трудность заключается в нахождении функций z и z , которые требуется

37

выбрать так, чтобы удовлетворялись граничные условия. Для этого следует

установить непосредственную зависимость и от граничных условий.

Для I краевой задачи получаем

3 4 2z z z z f z

, (2.1.24)

где 1 2, ,f z f x y if x y - заданное комплексное перемещение на контуре

.

Для II краевой задачи с учетом формул (1.2.32) получаем:

12

,

x yd F d F d F FP z P iP i i ids y ds x ds x y

di i z z z z z zds x y

di z z z zds

(2.1.25)

.x yd z z z z i p ipds

(2.1.26)

Для III краевой задачи задается комбинация граничных условий (2.1.24) и

(2.1.26) соответственно на части контура U , где задано комплексное

перемещение f z и, , где задана комплексная поверхностная нагрузка

P z .

Граничные условия (2.1.26) удобнее записывать не в дифференциальной,

а в интегральной форме.

В общем случае положим, что область D имеет порядок связности 1n ,

где 0n ; 0

n

kk

D

, 0 - внешний контур.

: , 0k k kz z s s l , kl - длина

контура k . Интегрируя (2.1.26) вдоль контура

k , получаем:

0

1 2

n

D

38

0k

sk k

x y kz z s

z z z z i p ip ds C

, 0 ks l , (2.1.27)

где k

kx xP P

,

k

ky yP P

,

0kk

z zC z z z z

.

Здесь kC в общем произвольные комплексные постоянные, т.к. z ,

z и z в общем могут быть неоднозначными функциями. Вопрос об их

однозначности и, следовательно, об определении kC будет обсужден в

следующем параграфе.

Интеграл в (2.1.27), очевидно, имеет вполне определенный механический

смысл:

0

sk k

x y kx ky ki p ip ds R s iR s R s , (2.1.28)

где kR s - комплексная равнодействующая сил, приложенных к кривой k s ,

являющейся частью контура k :

: , 0 , 0k ks z z s s l . (2.1.29)

Аналогично рассматривают результирующий момент на кривой k s :

0k

sk k

k y x y xs

M s xp yp ds xp yp ds

. (2.1.30)

Используем формулы (1.2.32):

00 0

.

k k

k k

k k

k

k

k k

k y xs s

s s

dFds

z z s z z sz z s

z zz z z z

d F d FM s xp yp ds x y dsds x ds y

d F F F dx F dнx y ds dsds x y x ds y ds

F F F Fx y F F x yx y x y

Учитывая (2.1.12) - (2.1.15):

39

Re Re

1Re2

Re ,

F F F Fx y z i z i Fx y x y x y

z i z z z z z zx y

z z z z z

Re

12

F FF x y z z z zz z z z z zx y

z z

z zz z z z z z

z z

z zz z z z z z

12Re ,

zz z z z z z z z z

zz z z z z

отсюда имеем:

0Re .k

k

z z s

k z zM s zz z z z z

(2.1.31)

Если ks l (т.е. k ks ), то будем обозначать:

k

k

k x yR p ip ds i z z z z

, (2.1.32)

Rek

k

k y xM xp yp ds zz z z z z

. (2.1.33)

kR , kM - результирующие сила и момент, действующие на всем контуре

k .

2.2. Многозначность комплексных потенциалов

Введенные в предыдущем параграфе функции и вообще могут быть

многозначными функциями. Действительно, z определяется как

первообразная от f z P iQ :

40

1 14 4

z f z P iQ 0

14

z

z

z f z dz C . (2.2.1)

В случае многосвязной области D z также может быть многозначной.

Цель этого параграфа - выяснить, так ли это и определить характер

многозначности.

Теорема 2.2.1. z , z и z - однозначные функции.

Д о к а з а т е л ь с т в о . Из определения напряжений, деформаций и

перемещений следует, что эти поля являются однозначными функциями.

Рассмотрим произвольный замкнутый контур L D . Приращение любой

функции f z , определенной в D , при полном обходе L обозначим

L Lf f z . (2.2.2)

Так как 4Rex y z и 0L x y ,

то Re 0L z 1 Reh z z - однозначная функция.

Но Im z , а следовательно, z , могут быть неоднозначными, т.е.:

2Im , Lk Lkz h z C C R , (2.2.3)

где LkC - приращение Im z при k -кратном обходе L , 2h z - однозначная

функция. Таким образом,

1 2 Lk Lkz h z ih z iC h z iC ,

где 1 2h z h z ih z - однозначная функция.

Следовательно,

z h z - однозначная функция. (2.2.4)

Из второго равенства в (2.1.17):

2 0 2L y x Li z z L z . (2.2.4)

Следовательно,

0L z z - однозначная функция.

41

Требование однозначности деформаций x , y и xy очевидно

эквивалентно требованию однозначности производных wx

, wy

.

Из формулы Колосова (2.1.16) имеем

2 3 4w z z z z zx

. (2.2.5)

Отсюда

2 3 4L L L Lw z z z zx

L z

3 4 3 4L L Lz z h z

1 13 4 0.L LiC iC

Следовательно, 1 0LC и при аналогичных рассуждениях получим

0LkC , а значит, z - однозначная функция. ■

Теорема 2.2.2. (Необходимое условие однозначности). Если , и -

однозначные функции, то на любом замкнутом контуре L результирующие

силы LR и моменты LM равны нулю.

Д о к а з а т е л ь с т в о . Из формул (2.1.32), (2.1.33) имеем

k

k x y LR p ip ds i

Lz L 0

LR

, (2.2.6)

Rek

k y x LM xp yp ds zz

Lz L 0 . ■ (2.2.7)

Следствие 2.2.1. Если , и - однозначные функции, то на каждом

контуре k D нагрузка самоуравновешена:

0, 0.k kR M ■ (2.2.8)

Теорема 2.2.3. (Достаточное условие однозначности). Пусть D -

ограниченная область и комплексные равнодействующие 0, 0,kR k n .

Тогда и - однозначные функции.

Д о к а з а т е л ь с т в о . Рассмотрим произвольный замкнутый контур

L D . Из формул Колосова и теоремы 2.2.1:

42

2 3 4L L Lw z z z 0L z ,

3 4 L Lz z . (2.2.9)

k x y k kL

iR P iP ds z 4 1k k z , (2.2.10)

1. Пусть D - односвязная область и 0 0R . Тогда из (2.2.10) имеем

0 0z , но по интегральной теореме Коши:

0 0Lz z - однозначная. (2.2.11)

А с учетом (2.2.9):

0L z - однозначная. (2.2.12)

2. Пусть D - имеет порядок связности 1n . 0 - внешний контур.

При обходе контура k ( 0k ) по часовой стрелке функция получает

приращение: 4 1k

kiRz

. (2.2.13)

Рассмотрим функцию

ln ln argk k k k k k kl z A z z A z z iA z z , (2.2.14)

где k kz D , kD - область, которую ограничивает k ( 0 - внешний контур).

Посмотрим, какое она получает приращение при обходе k ( 0k ) по часовой

стрелке:

lnk k k k kl z A z z 2

arg 2k k k kiA z z iA

. (2.2.15)

Если произвольный контур L не охватывает k , то 0L kl z .

Потребуем, чтобы k k kz l z . Из этого условия определим kA :

2

4 1 8 1k k

k kiR RiA A

. (2.2.16)

Представим теперь z в виде

* *1

1 ln8 1

n

k k sk

z R z z z z z

, (2.2.17)

43

1

1 ln8 1

n

s k kk

z R z z

.

Из этого представления и интегральной теоремы Коши следует, что для

любого контура L D :

* 0L L s Lz z z , (2.2.18)

т.е. * z - однозначная функция.

Из (2.2.9) и (2.2.13) найдем

3 43 4

4 1L L kz z iR

. (2.2.19)

Тогда аналогично (2.2.17) функцию z можно представить в виде:

* *1

3 4 ln8 1

n

k k sk

z R z z z z z

, (2.2.20)

1

3 4 ln8 1

n

s k kk

z R z z

.

При этом * z будет однозначной функцией в D .

Если 0kR , то из (2.2.17) и (2.2.20) получаем утверждение теоремы. ■

Замечание 2.1. Так как вид контуров k не входит в (2.2.14) и (2.2.19), то

можно рассматривать и предельный случай когда diam 0k , k kz D , что

соответствует сосредоточенным комплексным силам, приложенным в точках

kz . ■

В случае если область D неограниченна, необходима корректировка

теоремы 2.2.3, т.к. появляются еще условия в бесконечно удаленной точке,

которые должны приводить к однозначности комплексных потенциалов.

Теорема 2.2.4. Пусть D - неограниченная область, 2

1

\n

kk

D R

, где kD

- ограниченны и k kD , комплексные равнодействующие 0, 0,kR k n и

напряжения ограниченны на бесконечности. Тогда и - однозначные

функции, а перемещения будут ограниченны на бесконечности, если:

44

0x y , 0 ω , (2.2.21)

где limx xz , limy yz

, limz

,

1 1rot 0,0, , 2 2

v ux y

ω u - вектор поворота.

Д о к а з а т е л ь с т в о . Рассмотрим область 0D , граница которой состоит

из объединения контуров 1

n

kk

и внешнего контура 0 : z R , охватывающего

все контуры k , причем 00z D . Предельным переходом при

0diamR D получаем область D . Применим к 0D формулы (2.2.17) и

(2.2.20) и учтем, что:

*n

nn

z a z

, *n

nn

z b z

, 1

18 1

nk

sk k

Rzz z

, (2.2.22)

21

18 1

nk

sk k

Rzz z

, 0

3 48 1

nk

sk k

Rzz z

.

Очевидно, ограниченность напряжений на бесконечности эквивалентна

ограниченности z и z z z при z . Из (2.2.22) имеем:

1ns n

nz z na z

, (2.2.23)

2 11 n ns n s n

n nz z z z z z n n b z z nb z

. (2.2.24)

Но lim 0szz

, lim 0sz

z

, lim 0szz z

. (2.2.25)

Из равенств (2.2.23) и (2.2.24) находим, что для ограниченности

необходимо и достаточно, чтобы 0na при 2n , 0nb при 2n , поэтому

* z и * z имеют вид:

* 0 * 0, z z z z z z , (2.2.26)

0 0

1 1 0 0, , , .n nn n

n na b z a z z b z

45

Очевидно, что 0 z и 0 z регулярны всюду в D , включая и

бесконечно удаленную точку.

Таким образом, в D и представляются как:

0 0, s sz z z z z z z z . (2.2.27)

Установим смысл коэффициентов и . Для этого в формулах (2.1.17)

перейдем к пределу при z с учетом вида комплексных потенциалов

(2.2.27):

4limRe 4Re ,

2 2lim 2 .

x y z

y x z

z

i z z z

(2.2.28)

Кроме того. для имеем

0

1 1 1Im Im 3 42 2 2

2 11 3 4 Im Im Im22 1

Im ,s

v u i w z zx y x y

z z z

z z

следовательно,

2 1Im

. (2.2.29)

Для перемещений имеем:

0

0 0 0

2

0 0 0

2

2 3 4

3 4

3 4

3 4 .

s

s s s

s s

w z

s

w z

w z z z z

z z z z z z z z z

z z z z z

z z z z z

46

Имея в виду, что ln ln ln 1 lnkk z

zz z z zz

и с учетом выражений

для 0 z , 0 z , s z , s z , получаем

1

3 42 ln 3 4

8

n

kk

w zz R z z

, (2.2.30)

откуда и следует условие ограниченности на перемещение. ■

В заключение отметим, что в случае когда граничные условия ставятся в

напряжениях, а массовые силы постоянны, упругие постоянные материала не

содержаться ни в формулах для определения напряжений (2.1.17), ни в

граничных условиях (2.1.27). В этом случае справедлива

Теорема 2.2.5. (Теорема Леви-Мичелла). В плоской задаче при

постоянстве массовых сил напряженное состояние тела в любом его

односвязном сечении определяется заданными на контуре этого сечения

силами, его формой и не зависит от свойств материала. Если сечение

представляет собой многосвязную область, то независимость напряженного

состояния от свойств материала обеспечивается при дополнительном условии,

заключающемся в уравновешивании внешних сил, приложенных к каждой из

границ области. ■

2.3. Применение комплексных потенциалов для областей, ограниченных окружностями

Пусть 0

n

kk

D

, где k - окружности радиуса kr .

Возможны следующие варианты:

1. 00, D=n D – круг или плоскость с круговым отверстием.

2. 0 1 0 11, , 0 n D r r D - кольцо.

В этих случаях оказывается удобным перейти от полярных координат x,y

к полярным ,r :

cos, 0, - < < .

sinx r

ry r

(2.3.1)

47

Матрица преобразования:

cos sin, .

sin cos

ii ij ji

rxp P pr

(2.3.2)

Физические компоненты 1 2, ru u u u , 11 22 12, , rr r

связаны с 1 2 11 yy 22 12, , , , xx xyu u v u так:

, ,

, .

k l kij kl i j i k ip p u u p

uuH H H

(2.3.3)

Из (2.3.2) и (2.3.3) вытекают следующие уравнения:

1 22 2

2 2

1,

cos sin 2 sin ,

sin 2 cos2 ,2sin sin 2 cos ,

cos sin , sin cos .

rr x y

x yr

x y

r

H H r

u u v u u v

(2.3.4)

Равенства (2.3.4) эквивалентны следующим комплексным:

2

,

2 cos2 2 sin 2

cos2 sin 2

2 cos2 2 cos2 sin 2 2

rr x y

rr r x

y y x

iy x y x

i

i

i i i i e

(2.3.5)

cos sin sin sin cos sin iru iu u v iu iv u iv i e

.

Граничные условия:

I краевая задача: | , | .k k

k kr r r r r ru U u U (2.3.6)

II краевая задача: | , | .k k

k krr r r r rr r rX X

Для граничных условий в комплексных потенциалах необходимо иметь

комплексные аналоги (2.3.6) (см. § 2.1). А именно, найдем с помощью (2.3.5):

48

0

| ,

.

k

k k ir r k

sk k k k

k ko

w U iU e g

iR s i X iY ds ir X iY d

(2.3.7)

Здесь X и Y координаты вектора 1 2P Xe Ye . С учетом последней

формулы в (2.3.5) имеем , rX iY w X iY u iu :

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

k k k k ir k

k k ik r k k

X iY X iY e iR s

ir X iY e d r f

(2.3.8)

В задачах равновесия должны выполняться следующие условия:

0 0

0, 0, ( )n n

k k k k kk k

R M iR r f

. (2.3.9)

Для ( )kM s можно получить формулы, аналогичные (2.3.8).

Таким образом, граничные условия в потенциалах имеют вид:

I краевая задача

3 4 ( ) ( ) ( ) | 2 ( ).k kz z z z g (2.3.10)

II краевая задача

( ) ( ) ( ) | ( ) ( ) .k k k k k kz z z z iR s C r f C (2.3.11)

II краевая задача для круга

D

Г=Г0:r=r0

D – односвязная, следовательно, и - однозначные. Поэтому ищем их

в виде ( , - аналитические).

0 0

( ) , ( )m mm m

m mz a z z b z

. (2.3.12)

49

Граничные условия (см. (2.3.11), 0 0C )

0 0 0

(0) (0)

( ) ( ) ( ) | ( ), ( ) ( ) ,

, .

ir

r r

z z z z r f f f i X iX e d

X X X X

(2.3.13)

Для левой части в (2.3.13) найдем на 0 :0 0| iz r e

:

10

0 1

21 ( 1) ( )

0 01 1 1

12

2 0

( ) , ( ) ;

( )

(2 ) ,

m im mm m

m m

n mm m i i m m i m r

m m mm m m

m imm

z a r e z ma z

z z ma zz ma r e e ma r e

m a r e

(2.3.14)

0

0

0 00

12

0 2 0 02

20 2 0 0 1 0 1 0

( )

( ) ( ) ( ) | (2 )

2

n mm im m im

m mm

m im m m imm m m

m

i

z b r e b r e

z z z z a r e m a r b r e

a a r b r a r a r e

Ограничимся частным случаем:

0 0| ; | 0.r r r r rX p Y (2.3.15)

00 01 0 0 0

| 1

, , 0 0,1 1 0.

ii i i i

im

ef i pe d ip p e e p ei

f p f p f m R r f p e

Таким образом

0 2 0 0

1 1 1 1

0,1

2

Re .2 2

m

a a b r pp pa a p a a i

(2.3.16)

2 m (в (2.3.15) заменим 1n m )

21 0 1

0 2( 1) 0

0 1 .0mm m

mm

a mm a r bb ma

(2.3.17)

Из (2.3.16) имеем:

50

0 0 0

1 2

a b r ppa i

(2.3.18)

Таким образом:

0 1 0 0( ) ; ( ) .z a a z z b (2.3.19)

Как отмечалось в §2.1., для устранения произвола в выборе комплексных

потенциалов необходимы три дополнительных условия. Одно из них мы

использовали, положив 0 0C . В качестве второго условия примем:

1Im (0) 0 Im 0;a 1 2pa . (2.3.20)

Третье условие можно взять в виде (0) 0 или (0) 0 , но тогда

получим, что круг может перемещаться как твердое тело. Поэтому в качестве

третьего условия возьмем:

0 0

0 0 0 0 0

| 3 4 ( ) ( ) ( ) | 0

3 4 | 0 3 4 02 2

z z

z

w z z z z

p pa z z b a b

(2.3.21)

( ) 3 4 1 1 2 .2pw z z pz

Отсюда:

(1 2 ) 1 2

1 2 , 0.

i ir

r

u iu e pre p r

u pr u

(2.3.22)

Для напряжений имеем:

14Re ( ) 4 4 22

2 2 ( ) ( ) 0

x y

y x

pz a p

i z z z

(2.3.23)

2 0

2 0rr r

rr r rr

pi p

(2.3.24)

Т.е. имеем состояние «плоского» всестороннего сжатия.

Аналогично можно рассмотреть

51

а) I краевую задачу для круга

б) I, II краевые задачи для внешности круга

в) I, II краевые задачи для кольца

г) Граничные условия I и II типа при 0r r и 1r r (и наоборот)

Равновесие кругового кольца

xrx

r0

r1

Г1

Г0

D

x

y

Для результирующих сил имеем

( )k k kiR r f . (2.3.25)

В силу равновесия кольца должно выполняться:

0 1 0 10, 0.R R M M (2.3.26)

где kM моменты (см. § 2.2).

D – двусвязная область. Поэтому из теоремы 2.2.3 1 0z имеем

11

3 4( ) ln ( ), ( ) ln ( ).

8 1 8 1

( ) , ( ) .m mm m

Rz z z z R z z

z a z z b z

(2.3.27)

Подставляем (2.3.27) в (2.3.11):

52

1 1 1

1

1| ln8 1 8 1

3 4 ln .8 1

k

m m mm m m

k k k

R Ra z z ma z b z z zz

R z r f C

(2.3.28)

Отсюда:

0

110 0 0 0

10 0 0 0

211 0

21 10 0 0 1 0

0 , 2 ,

ln8 1

3 4 ln8 1 8 1

1 2 ln ,4 1 2 8 1

i

i mm im i m im mm m m

i

i

k z r e m n

a r e r e ma r e b e r

Rr f C r i

R e R r i

R Rr f C R r i e

(2.3.29)

0

111 1 0 1

11 1 1 1

211 0

21 11 1 1 1 1

1 ,

ln8 1

3 4 ln8 1 8 1

1 2 ln .4 1 2 8 1

i

i mm im i m im mm m m

i

i

k z r e

a r e re ma r e b e r

Rr f C r i

R e R r i

R Rr f C R r i e

(2.3.30)

Для определения ma и mb разложим kf и i в ряды Фурье:

1, , ,2

i m i m imk km m km kf f e i e f f e d

1

0

|2 2

11 1 ,2

im im imm

mim im im im

m

i ii e d e e dim

e e e em im m

(2.3.31)

53

0 0.2ii d

Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях ime , получаем:

20 2 0 0 0 0,0 0 1 0

1 11 0 1 0 1 0 0 0,1 1

2 2 1 10 0 2 0 0 0,2 2

2 10 2 0 0 0 0,

01 20, 2 ln ;

4 1

1, ;2

2, ;2 8 1

1, 3, 2 .2

m m mm m m m m

k

m a a r b r f C R r

Rm a r a r b r r f

R Rm a r b r r f

Rm m a r m a r b r r f

20 2 1 0 1 1,0 1 1 1

1 1 11 1 1 1 1 1 1 1, 1 1

2 2 1 12 1 2 1 1 1, 2 2

2 11 2 1 1 1 1,

11 20, 2 ln ;

4 1

1, ;2

2, ;2 8 1

3, 1, 2 ;2

3, 1,

m m mm m m m m

k

m a a r b r f C R r

Rm a r a r b r r f

R Rm a r b r r f

Rm m a r m a r b r r f

m m

2 11 2 1 1 1 1,2 .

2m m m

m m m m mRa r m a r b r r f

(2.3.32)

Рассмотрим частный случай – задача Ламе: 0 1 0 1

0 1, , 0.r rX p X p X X (2.3.33)

Тогда из (2.3.33) и (2.3.31) найдем:

0,0 0,1 0

1,0 1, 1 1

..

f f pf f p

54

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 1 1 1 1

1 | 1 ,

| 1 ,

1 0; 1 0

i i i i i

i i i i i

i i

f i p e d ip e p e e p ei

f ip e d p e p e e p e

R z f p e R r f p e

(2.3.34)

Тогда из (2.3.32) с учетом (2.3.33) и (2.3.34) получим: 2

0 2 0 0 0 0 0

20 2 1 0 1 1 1

2 ,0, 0 1, 0 2 .

a a r b r p Ck mk m a a r b r p C

(2.3.35)

11 0 1 0 1 0 0 0

11 1 1 1 1 1 1 1

,0, 1 1, 1 .

a r a r b r r pk mk m a r a r b r r p

(2.3.36)

2 22 0 2 0

2 22 22 1 2 1

0,0, 2 0

1, 2 0.

a r b rk ma b

k m a r b r

(2.3.37)

20 2 0 0

21 2 1 1

2 0,0,1 3, 1 2 0.

m m mm m m

m m mm m m

a r m a r b rkm m a r m a r b r

(2.3.38)

Решим (2.3.38) как систему двух однородных алгебраических уравнений

относительно трех неизвестных (m – фиксированное, свободное неизвестное -

ma ):

2 2 2 20 1 2 0 1 2

2 2 2 2 2 20 1 0 1

2 0 ,

0 .

m mm m m m m

m mm m m m m

a r r m a r r a a

a r r b r r b a

(2.3.39)

2 2 2 2 2 2

0 1 0 12 2 2 2

0 1 0 1

, .2

m m m m

m mr r r rm r r r r

При 1m в первых уравнениях (2.3.39) делаем замену 2n m .

Следовательно, при 3m имеем:

22

222 2

2

0,1m m m

m m mm m

m mm m mm

a aa a

a aa aa a

т.к. 2

1m

m

.

Т.е. 3 4 1 2 ... ... 0.a a a a (2.3.40)

55

Из вторых уравнений (2.3.39) с учетом (2.3.40) имеем:

3 4 1 2 ... ... 0.b b b b (2.3.41)

Таким образом, из (2.3.27) с учетом (2.3.37), (2.3.40) и (2.3.41) имеем:

10 1 0( ) , ( ) .bz a a z z b

z (2.3.42)

Но, как показано в § 2.2, потенциалы и могут быть определены с

точностью до следующих слагаемых (они не оказывают влияние на

напряженное состояние)

1 1( ) ( ) , ( ) ( ) , ; ,z z iaz b z z C a R b c C (2.3.43)

Т.о. можно положить

11 0 0 1Im 0, 0 ( ) , ( ) ,ba b a z a z z

z (2.3.44)

Очевидно, условия (2.3.44) определяют постоянные 0C и 1C . Из (2.3.35):

1,2 .C r p (2.3.45)

1a и 1b определяются из (2.2.39), которую рассматриваем как систему

относительно 1 1 1 12Re 2a a a a b и 1b :

1 2 20 0 0 1 0 1

11 0 1 01 1

,r r r r r r

r r r rr r

1 2 20 0 0 0 1 1 1 0 0

1 0 111 0 1 01 1 1

,r p r r r p r p rp p

r r r rr p r

0 0 02 0 1 0 1

1 1 1

.r r p

r r p pr r p

2 220 1 1 01 1

1 1 12 2 2 20 1 0 1

2Re , .p p r rp ra b b

r r r r

(2.3.46)

Зная потенциалы и , по соответствующим формулам определяем

, ,x y и , и с учетом (2.3.4) и (2.3.5) находим , , ,rr r ru и u .

56

2.4. Использование конформных отображений

Так как в случае границ в виде окружностей решение задачи строится

достаточно просто, возникает вопрос: нельзя ли с помощью отображения

: , , .zz D C D C (2.4.1)

Привести краевые задачи плоской теории упругости для любой области D к

соответствующей задаче для области , где ее граница состоит из

окружностей

x

yh

z

z x

D

z

Для этих целей используются конформные отображения (см. ТФКП).

Справедливы следующие утверждения.

Утверждение 1. Пусть непрерывна в 0 C .

Тогда для того чтобы отображение было конформно в 0 ,

необходимо и достаточно, чтобы была аналитической в 0 и 0 0 .■

Утверждение 2. Для того чтобы было конформно в области C ,

необходимо и достаточно, чтобы в любой точке 0 была

аналитической в 0 и 0 0 , за исключением, быть может, одной точки

- полюса I порядка. ■

Утверждение 3. Пусть , ; , zC D C D - односвязные и их

границы и D содержат более двух точек. Тогда существует конформное

отображение:

z

57

: D . ■

Утверждение 4. (Принцип соответствия границ). Пусть

а) , ; , zC D C D - в общем многосвязные области с

положительно ориентированными границами и D .

б) существует взаимно-однозначное отображение

:

с сохранением ориентации границ.

в) - аналитическая в (если , то - аналитическая в ) и

C ( - непрерывна как в области , так и на ее границе).

Тогда - конформное отображение D

. ■

Отметим, что для существования конформного отображения

необходимо и достаточно, чтобы и D имели одинаковый порядок

связанности.

Будем рассматривать только такие области , границы которых

состоят из окружностей, т.е. возможны следующие варианты:

0 - круг радиуса 0 0 ,r r

10 - кольцо с внешним и внутренним радиусами 0r и 1r

соответственно 1 0 ,r r

- внешность круга: 0r . Отметим, что всегда можно положить

0 1r .

Пусть теперь для z и z поставлены краевые задачи в области D

(см. § 2.1) и дано отображение (2.4.1).

Краевые задачи для z и z в D переходят в краевые задачи для

аналитических функций в :

, . (2.4.2)

Рассмотрим теперь граничные условия для I и II краевых задач. На

контуре k имеем:

58

, : , .kik k k k k kr e (2.4.3)

Для I краевой задачи:

1 23 4 2 | .z z z z f z if z

1 2

3 4

2 2 .f if f

(2.4.4)

Для II краевой задачи (см. § 2.1)

0

0

| ,

.

| | .

k

k

k

ki k

k

sk k

k

ik k k k

sk k k k

k k kz sr e

z z z z i X iY ds C

ds dz s r ie d s r d

i X iY ds ir X iY d g

(2.4.5)

Отсюда и из (2.1.27) имеем:

| .k

k

k kg C

(2.4.6)

Таким образом, пришли к следующей задаче: найти аналитические в

функции и , удовлетворяющие на граничным условиям

(2.4.4) или (2.4.6).

Если потенциалы и содержат многозначные составляющие

, ,s sz z s z z s (2.4.7)

то соответствующим образом представляем и :

, ,

, s s

s s s s

(2.4.8)

И необходимо решать краевые задачи для и с граничными

условиями, следующими из (2.4.4) – (2.4.8):

59

I краевая задача:

3 4 | | ,f

22

3 4

k

s s s

f f if

(2.4.9)

II краевая задача:

| | ,k kk kg C

(2.4.10)

.k

k k s s sg g

Одним из методов решения краевых задач является разложение

потенциалов и в ряды Лорана или Тейлора:

, .m mm ma b

(2.4.11)

При этом используются соответствующие ряды для . Тогда для ma и

mb получается бесконечная система алгебраических уравнений. Можно

показать, что эта система существенно упрощается, если - многочлен.

Примеры на эту тему рассматриваться не будут, т.к. далее изложен более

удобный метод решения этих краевых задач.

2.5. Применение интегралов типа Коши

Напомним сначала несколько известных фактов из теории функций

комплексного переменного, а также сформулируем несколько новых

утверждений, необходимых для дальнейшего.

Теорема 2.5.1. (Формула Коши). Пусть f z C D - аналитическая

функция в ограниченной области D изменения ее комплексного аргумента z ,

60

граница которой D состоит из конечного числа n кусочно-гладких

замкнутых кривых без самопересечений: 0

n

kk

. Тогда:

, 12 0, \

f z z D Dfd

i z z D C D

■ (2.5.1)

Теорема 2.5.2. (Обобщение формулы Коши). Пусть - кусочно-гладкий

простой замкнутый контур f z C D . аналитическая функция в

неограниченной области D . Тогда:

, 12 ,

f z f z Dfd

i z f z D

■ (2.5.2)

Теорема 2.5.3. (Теорема Гарнака) Пусть - кусочно-гладкий простой

замкнутый контур, f z - определенная на функция комплексного

переменного: f z C . Тогда:

а) Если для любого z D

1 02

fd

i z

, (2.5.3)

то 0 0f z для любого 0z .

б) Если для любого z D выполнено условие (2.5.3), то

0 constf z для любого 0z .■

Ограничимся пока случаем, когда - простой замкнутый контур, и двумя

случаями областей, в которых разыскивается решение: 0D D - внутренняя

область, ограниченная контуром , и D D - внешняя по отношению к

область.

Положим 0 , 0 0 : ie - граница области 0 представляет

собой круг единичного радиуса с центром в начале координат.

Тогда для случая 0D D существует взаимно-однозначное конформное

отображение, имеющее вид:

61

0 01

: mm

mD d

, 0 0 . (2.5.4)

А в случае D D

10

0: m

mm

dD d

, 0 . (2.5.5)

Рассмотрим граничные условия для потенциалов и ( 1 ).

В дальнейшем изложении для простоты значок «*» опускаем.

II краевая задача ( 0 0C ):

11 1 1 1

1

g

. (2.5.6)

Отсюда:

1

1 1 1 11

g

. (2.5.7)

Умножим (2.5.6) и (2.5.7) на 1

1 12 i

и проинтегрируем по контуру :

1 1 1 11 1 1

1 1 11

1 1 12 2 2

d d d Gi i i

; (2.5.8)

1 1 1 11 1 1

1 1 1 1

1 1 12 2 2

d d d Hi i i

; (2.5.9)

1 11 1

1 1

1 1, 2 2

g gG d H d

i i

.

С учетом теоремы Гарнака равенство (2.5.6) эквивалентно (2.5.8), а (2.5.7)

эквивалентно (2.5.9). По формуле Коши ( и - аналитические в ):

1 11 1

1 1

1 1, 2 2

d di i

. (2.5.10)

Кроме того учтем, что на 2 1 , (2.5.11)

и и аналитичны в 0 :

62

0 0

, m mm m

m ma b

. (2.5.12)

Из (2.5.11) и (2.5.12) на контуре имеем:

0 0 0 0

, m mm mm mm m

m m m m

a ba b

. (2.5.13)

т.о. и - аналитичны в 0\C .

Из (2.5.2) и (2.5.13) следует:

1 11 1

1 1

1 10, 02 2

d di i

. (2.5.14)

Тогда из (2.5.8) с учетом (2.5.10) и (2.5.14) следует функциональное

уравнение для :

1 11

11

12

d Gi

. (2.5.15)

Если построено решение (2.5.15), то из (2.5.9) с учетом (2.5.10) и (2.5.14)

имеем формулу для определения :

1 11

1 1

12

H di

. (2.5.16)

Можно показать, что уравнение (2.5.15) сводится к интегральному

уравнению Фредгольма II рода.

Используя соответствующие теоремы о существовании и единственности

полученного интегрального уравнения, можно доказать, что при 0R

необходимым и достаточным условием единственности решения II краевой

задачи является

0M . (2.5.17)

Для I краевой задачи можно построить аналогичные (2.5.15) и (2.5.16)

функциональные уравнения.

В некоторых случаях, когда представляет собой рациональную

функцию, можно обойтись без сведения задачи к интегральным уравнениям.

63

Решение получается элементарными методами с использованием формул Коши

и теоремы Коши о вычетах.

2.6. Плоская задача для бесконечной пластины с эллиптическим отверстием

В качестве примера использования интеграла типа Коши рассмотрим

задачу о бесконечной пластине с эллиптическим отверстием: 2 2

0 + 02 2: 1, : 1, : , .ix y ea b

(2.6.1)

Граничные условия (II краевая задача):

0 0

2 2 2

cos cos , cos cos ,

lim , lim , lim , lim , .

x y

x x y yr r r r

X Y

r x y

(2.6.2)

Рассмотрим отображение:

1 , , .z A m A m R

(2.6.3)

Из свойства соответствия границ при конформном отображении

получаем:

0

0

1 1 cos 1 sin .i ix iy A m A e me A m i m

Положим 0 1m , тогда:

1 cos

1 sin

x A m

y A m

1

1

a A m

b A m

,2

.

a bA

a bma b

(2.6.4)

Граничные условия в потенциалах:

0 0

.s

z z z z i X iY ds

(2.6.5)

Согласно § 2.2 ( 1 0 00, и z z z ) – аналитические в D :

64

0

0

, ln8 1

, 3 4 ln8 1

s s

s s

Rz z z z z z

Rz x z z z z

(2.6.6)

Для и имеем:

2 14Re , 2 2 , Im .x y y x i

(2.6.7)

Обозначая 0 0 0 0, ,

с использованием формул (2.5.15), (2.5.16) предыдущего параграфа,

получим:

2 10 1

1

1 1 10 1

1 1

1 ,2

1 ,2

d Gi

H di

(2.6.8)

где

1 0 12 1 1 1

1

,

1 0 1

11

,

1 11 1

1 1

1 1, 2 2

g gG d H d

i i

,

0

10

s

s sz

g i X iY ds z z z z z z

.

Функции 0 и 0 - аналитические в :

0 01 1

, k kk k

k ka b

. (2.6.9)

В соответствии с утверждениями предыдущего параграфа, в (2.6.9)

положено 0 0 0a b . Кроме того, т.к. Im (т.е. ) не влияет на напряженное

состояние, положим:

0 Im 0 R . (2.6.10)

65

Учитывая (2.6.3) и (2.6.9), а также то, что 1 при , для 1

найдем:

2 2

2 21 1 1, ,m m mA m A A m A A

2

2 1m

m

- аналитическая в , т.к.

2 2 1 11 1mm m

.

211 0 1

1 211 1

kk

k

mka

m

(2.6.11)

- аналитическая в .

Тогда по формуле Коши и (2.6.8) имеем ( ):

1 1 11 1

1 1

12

di

, 2

0 12 1m

Hm

. (2.6.12)

Из (2.6.11) для 2 1 при получим:

2 21 0 1

1 2 21 11

11

k kk k

k k

m m aka kmm

. (2.6.13)

1 - аналитическая в , т.к. 2 0 1m m , 2 0 .

Тогда из обобщенной формулы Коши ( )

2 11 2

1

1 02

di

. (2.6.14)

Подставляя (2.6.14) в (2.6.8) и учитывая (2.6.12), окончательно получаем:

0 G , 2

0 2 1m

H Gm

. (2.6.15)

В данном случае можно легко вернуться к старым координатам. Из (2.6.3)

имеем:

66

2 2

2 2 2 2

1 0

4 .2

z A m Am z A

z z mA z z cmA a b

(2.6.16)

Необходимая ветвь корня в решении (2.6.16) выбирается из условия

lim 0z

z

, вытекающего из требования к отображению , а именно, чтобы

бесконечно удаленной точке комплексной плоскости z взаимно-однозначно

соответствовал нуль комплексной плоскости . Этому условию отвечает

2 2z z ca b

, т.к.

2 2

2 2lim lim 0z z

z z c ca b z z c a b

.

Таким образом, обратное отображение имеет вид:

2 2

1z z c za b

. (2.6.17)

Подставляя (2.6.17) в (2.6.15), получим:

10 z G z , 1

0 0z z . (2.6.18)

Теперь по формулам (2.6.6) можно найти z и z , а затем

напряжения x , y , и перемещения u и v .

2.7. Частные случаи задачи для пластины с эллиптическим отверстием

1. Растяжение пластины на бесконечности напряжениями p ,

направленными под углом к оси Ox .

1 1 0 01, 0, 0, 0.x yp X Y

(2.7.1)

Найдем , , x y . Для этого используем матрицу контравариантного

закона преобразования компонент тензоров при повороте осей координат на

угол :

2 2

cos sinsin cos

jiQ q

. (2.7.2)

67

Получим ( k lij kl i jq q , 11,x

1 11,x 22 ,y 1 22 ,y 1 12,

12 ):

1 1

2 21 2 1 2 1 11 2 1 1 2cos , sin , sin cosx x y yq p q p q q p

.

Отсюда и из (2.6.7):

2 2

2

4 ,

2 sin cos 2 sin cos

cos2 sin 2 2

x y

y x

i

p

i p p ip

p i pe

2, 4 2

ip p e . (2.7.3)

Из (2.6.8) найдем 0, 0s sX Y на 0 :

0

2 2

1 1 12 2

12 2 ,

zg z z

mA m A m A m A

A m A m

(2.7.4)

12 2 ,g A m A m

Но - аналитическая в , а 1

- в и 1lim 0

. Тогда из формул

Коши имеем :

0 0

11 1

1 1 1

1 1 1 1, 02 2

d di i

. (2.7.5)

Тогда из (2.6.8), (2.6.21)-( 2.6.23) найдем:

211

1

211

1

1 2 ,2 2

1 2 1 .2 2

i

i

g ApG d A m e mi

g ApH d A m ei

(2.7.6)

Из (2.6.15) и (2.6.24)

68

20

2

0 2

22 2

2

,2

1

1 .2 1 2

i

i i

ApG e m

mH G

m

mAp Ape e mm

(2.7.7)

Окончательно из (2.7.3), (2.7.6) и (2.6.25) имеем:

20

2 2

2 20 0

14 4 2

1 2 ,2 2 4 4

1 .2 2

i

i i

i i

p p ApA m e m

Ap m Ap Ape e m

p pe e A m

(2.7.8)

2. Растяжение пластины на бесконечности напряжениями p ,

направленными вдоль оси Ox (частный случай при 0 - задача Колосова).

Из (2.7.7) и (2.7.8):

22

0 2 2

1 2 ,4

1 1 1 .2 2 1

Ap m

mAp Apm mm

(2.7.9)

3. Растяжение пластины на бесконечности напряжениями p ,

направленными вдоль оси Oy (частный случай при 2 ).

Из (2.7.7) и (2.7.8):

22

2 2

1 2 ,4

1 1 .2 1

Ap m

mAp mm

(2.7.10)

4. Всестороннее растяжение пластины на бесконечности

напряжениями p .

69

В этом случае касательные напряжения отсутствуют, а нормальные на

любой площадке равны p :

, 0x y p . (2.7.11)

Решение получаем суперпозицией случаев 3 и 4:

2 2

2 2

2 12 ,4 2

12 2 .2 1 1

Ap Apm m

mAp mm m Apm m

(2.7.12)

70

Библиографический список 1. Тарлаковский Д.В., Федотенков Г.В. Общие соотношения и вариационные

принципы теории упругости: Учебное пособие - М.: Изд-во МАИ-принт,

2009.

2. Горшков А.Г., Старовойтов Э.И., Тарлаковский Д.В. Теория упругости и

пластичности: Учебник для вузов. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002.

3. Новацкий В. Теория упругости. – М.: Мир 1975.

4. Амензаде Ю.А. Теория Упругости. – М.: Высшая школа, 1976.

5. Бицадзе А.В. Основы теории аналитических функций комплексного

переменного – М.: Наука, 1969.

71

ОГЛАВЛЕНИЕ

ПРЕДИСЛОВИЕ ........................................................................................................................... 3 Глава 1. Классификация плоских задач и методы их решения................................................... 4

1.1. Классификация плоских задач........................................................................................... 4 1.2. Функция напряжений Эри................................................................................................ 10 1.3. Решение плоской задачи для прямоугольника (представление функции Эри полиномами или тригонометрическими рядами) .................................................................. 16 1.4. Задача Фламана ................................................................................................................ 24

ГЛАВА 2. КОМПЛЕКСНЫЕ ПОТЕНЦИАЛЫ В ПЛОСКОЙ ЗАДАЧЕ.................................. 32 2.1. Сведение плоской задачи к задаче Римана...................................................................... 32 2.2. Многозначность комплексных потенциалов................................................................... 39 2.3. Применение комплексных потенциалов для областей, ограниченных окружностями. 46 2.4. Использование конформных отображений ..................................................................... 56 2.5. Применение интегралов типа Коши................................................................................ 59 2.6. Плоская задача для бесконечной пластины с эллиптическим отверстием .................... 63 2.7. Частные случаи задачи для пластины с эллиптическим отверстием ............................. 66 Библиографический список.................................................................................................... 70