応力函数を用いて棒部材のねじりを調べる
座標系はテキストから変えて、棒部材方向をx,垂直方向をy,zとしている 4.3.3 変位の決定
$ \exist \xi_{yz},u_{0y},u_{0x}\in\text{Functions};\begin{dcases}u_y=u_{0y}(x)-\xi_{yz}(x)z\\u_z=u_{0z}(x)+\xi_{yz}(x)y\end{dcases}
が導ける
物体力を無視した場合、$ \pmb\nabla\cdot\pmb\sigma=\pmb 0であり、このときあるdyadic potential$ \pmb\Phiを使って
$ \pmb\sigma=\pmb\nabla\times\pmb\Phi\times\overleftarrow{\pmb\nabla}
と表せる
これを使うと
$ \sigma_{xy}=\frac{\partial\Phi}{\partial z}
$ \sigma_{zx}=-\frac{\partial\Phi}{\partial y}
これと$ \varepsilon_{xy}=\frac1{2G}\sigma_{xy},\varepsilon_{zx}=\frac1{2G}\sigma_{zx}を組み合わせて
$ u_{0y}'(x)+f'(x)z+\frac{\partial u_x}{\partial y}=\frac1G\sigma_{xy}=\frac1G\frac{\partial\Phi}{\partial z}
$ u_{0z}'(x)-f'(x)y+\frac{\partial u_x}{\partial z}=\frac1G\sigma_{zx}=-\frac1G\frac{\partial\Phi}{\partial y}
$ \bm\nabla^2\bm u+\frac{3K+G}{3G}\bm\nabla(\bm\nabla\cdot\bm u)+\frac {\bm K}G=\bm0
$ \bm\nabla\bm u=\bm\nabla u_x\bm e_x+\frac{\mathrm du_{0y}}{\mathrm dx}\bm e_x\bm e_y+\frac{\mathrm du_{0z}}{\mathrm dx}\bm e_x\bm e_z-\frac{\mathrm d\omega_{yz}}{\mathrm dx}z\bm e_x\bm e_y-\omega_{yz}\bm e_z\bm e_y+\frac{\mathrm d\omega_{yz}}{\mathrm dx}y\bm e_x\bm e_z+\omega_{yz}\bm e_y\bm e_z
$ = \bm\nabla u_x\bm e_x+\left(\frac{\mathrm du_{0y}}{\mathrm dx}-\frac{\mathrm d\omega_{yz}}{\mathrm dx}z\right)\bm e_x\bm e_y+\left(\frac{\mathrm du_{0z}}{\mathrm dx}+\frac{\mathrm d\omega_{yz}}{\mathrm dx}y\right)\bm e_x\bm e_z+\omega_{yz}\bm e_y\wedge\bm e_z
$ \bm\nabla\cdot\bm u=\frac{\partial u_x}{\partial x}
断面方向は形状変化しないので、yz方向に湧き出さない
$ \bm\nabla^2\bm u=\bm\nabla^2u_x\bm e_x+\left(\frac{\mathrm d^2u_{0y}}{{\mathrm dx}^2}-\frac{\mathrm d^2\omega_{yz}}{{\mathrm dx}^2}z\right)\bm e_y+\left(\frac{\mathrm d^2u_{0z}}{{\mathrm dx}^2}+\frac{\mathrm d^2\omega_{yz}}{{\mathrm dx}^2}y\right)\bm e_z
$ \bm K=0として
$ \bm\nabla^2u_x+\frac{3K+G}{3G}\frac{\partial^2 u_x}{{\partial x}^2}=0
$ \frac{\mathrm d^2u_{0y}}{{\mathrm dx}^2}-\frac{\mathrm d^2\omega_{yz}}{{\mathrm dx}^2}z+\frac{3K+G}{3G}\frac{\partial^2 u_x}{\partial y\partial x}=0
$ \frac{\mathrm d^2u_{0z}}{{\mathrm dx}^2}+\frac{\mathrm d^2\omega_{yz}}{{\mathrm dx}^2}y+\frac{3K+G}{3G}\frac{\partial^2 u_x}{\partial z\partial x}=0
$ \frac{\partial^3 u_x}{\partial z\partial y\partial x}=\frac{\mathrm d^2\omega_{yz}}{{\mathrm dx}^2}=0?
$ \omega_{yz}=\gamma x+C
$ \frac{\partial^2 u_x}{\partial y\partial z}=\frac{\mathrm d\omega_{yz}}{\mathrm dx}=\gamma
$ u_x=\gamma yz-f(x)y+g(x)z+h(x)
うーん、こんな単純な形状になるかなあtakker.icon
$ h(x)=:u_{0x}(x)とする
$ \bm\nabla^2 u_x=0-f''(x)y+g''(x)z+u_{0x}''(x)
$ \frac{\partial^2 u_x}{{\partial x}^2}=\bm\nabla^2 u_x
ということは、$ x成分の釣り合い式は無意味か。
まとめ
$ \begin{dcases}u_x=u_{0x}(x)+\gamma yz-f(x)y+g(x)z\\u_y=u_{0y}(x)-\gamma zx-\xi_{0yz}z\\u_z=u_{0z}(x)+\gamma xy+\xi_{0yz}y\end{dcases}
$ \xi_{yz}=\gamma x+\xi_{0yz}とおいた
$ C_3=\gamma
$ f_0=\omega_{0yz}
極座標表示
$ u_x=u_{0x}(x)+\frac12\gamma r^2\sin2\theta-f(x)r\cos\theta+g(x)r\sin\theta
$ u_\theta=(u_y\pmb e_y+u_z\pmb e_z)\cdot\pmb e_\theta
$ =-u_y\sin\theta+u_z\cos\theta
$ = -u_{0y}(x)\sin\theta+(\gamma x+\omega_{0yz})r\sin\theta\sin\theta+u_{0z}(x)\cos\theta+(\gamma x+\omega_{0yz})r\sin\theta\cos\theta
$ = -u_{0y}(x)\sin\theta+u_{0z}(x)\cos\theta-(\gamma x+\omega_{0yz})r
$ u_r=(u_y\pmb e_y+u_z\pmb e_z)\cdot\pmb e_r
$ = u_y\cos\theta+u_z\sin\theta
$ =u_{0y}(x)\cos\theta+u_{0z}(x)\sin\theta+(\gamma x+\omega_{0yz})r(\sin\theta\cos\theta-\cos\theta\sin\theta)
$ = u_{0y}(x)\cos\theta+u_{0z}(x)\sin\theta
別の解法
一軸変形条件:$ \sigma_{yy}=\sigma_{zz}=\sigma_{yz}=0
物体力を無視しているので、Beltramiの適合条件式$ (1+\nu)\bm\nabla^2\bm\sigma+\bm\nabla\bm\nabla{\rm tr}\bm\sigma=\bm0を使う $ (1+\nu)\bm\nabla^2\bm\sigma+\bm\nabla\bm\nabla{\rm tr}\sigma_{xx}=\bm0
$ \because{\rm tr}\bm\sigma=\sigma_{xx}
$ \iff
$ \partial_y^2\sigma_{xx}=0
$ \partial_y\partial_z\sigma_{xx}=0
$ \partial_z^2\sigma_{xx}=0
$ (1+\nu)\bm\nabla^2\sigma_{xx}+\partial_x^2\sigma_{xx}=0
$ (1+\nu)\bm\nabla^2\sigma_{xy}+\partial_x\partial_y\sigma_{xx}=0
$ (1+\nu)\bm\nabla^2\sigma_{xz}+\partial_x\partial_z\sigma_{xx}=0
上3式から$ \sigma_{xx}=C(x)y+D(x)z+E(x)
4番目の式に代入して$ (2+\nu)\partial_x^2\sigma_{xx}=0
$ \therefore C''y+D''z+E''=0
$ \implies C''=0\land D''=0
$ y,zで偏微分
$ \therefore C''=D''=E''=0
$ \therefore\sigma_{xx}=(Fx+P)y+(Gx+Q)z+Hx+R
$ \bm\nabla\cdot\bm\sigma=\bm0より
$ \frac{\partial\sigma_{ij}}{\partial i}=0
$ \implies
$ \partial_x\sigma_{xx}+\partial_y\sigma_{yx}+\partial_z\sigma_{zx}=0
$ \partial_x\sigma_{xy}+0+0=0
$ \partial_x\sigma_{xz}+0+0=0
下2式は
$ (1+\nu)(\partial_y^2+\partial_z^2)\sigma_{xy}(y,z)+F=0
$ (1+\nu)(\partial_y^2+\partial_z^2)\sigma_{xz}(y,z)+G=0
$ xに依存しないので、全断面で剪断応力分布が等しくなることを表している
以上より剪断応力は以下を満たすことになる
$ \partial_y\sigma_{yx}+\partial_z\sigma_{zx}=0
$ (\partial_y^2+\partial_z^2)\sigma_{xy}(y,z)=0
$ (\partial_y^2+\partial_z^2)\sigma_{xz}(y,z)=0
$ \bm t:=\sigma_{yx}\bm e_y+\sigma_{zx}\bm e_zで書き換える
$ \bm\nabla\cdot\bm t=0
$ \bm\nabla^2\bm t=\bm0
potential$ \Phiで置き換える
$ \bm\nabla\cdot\bm t=0\iff \bm t=\bm\epsilon\cdot\bm\nabla\Phi
$ \bm\epsilon:\bm\nabla\bm t=\bm\nabla\cdot\bm\epsilon\cdot\bm\epsilon\cdot\bm\nabla\Phi
$ = -\bm\nabla^2\Phi
$ \bm\nabla^2\bm t=\bm\epsilon\cdot\bm\nabla\bm\nabla^2\Phi=0
$ \sigma_{yx}=2G\varepsilon_{yx}\land\sigma_{zx}=2G\varepsilon_{zx}で書き換え
$ \bm\epsilon:\bm\nabla\bm t=G(\partial_y\partial_zu_x+\partial_y\partial_xu_z-\partial_z\partial_yu_x-\partial_z\partial_xu_y)
$ = G\partial_x(\partial_yu_z-\partial_zu_y)
$ =2G\partial_x\xi_{yz}
$ \therefore\bm\nabla^2\Phi=-2G\frac{\partial\xi_{yz}}{\partial x}
$ \Phiは$ y,zの函数なので、
$ \frac{\partial^2\xi_{yz}}{\partial x^2}=0
$ \therefore\xi_{yz}=\gamma_{yz}x+\xi_{yz}(0,y,z)
$ \therefore\bm\nabla^2\Phi=-2G\gamma_{yz}
p.90まで