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• 8.3.1 変位で表した曲げの境界値問題
• 8.3.2 Navierの解法

8.3 境界値問題の解法の例

8.3.1 変位で表した曲げの境界値問題

図 8.6: 4辺を単純支持された矩形板

最も基本的な例として，図-8.6の4辺共に 単純支持された矩形板を解く。 任意の分布外力$q(x,y)$が作用した矩形板の場合の$w(x,y)$で 表されたつり合い式は，式(8.22)で与えられている。 境界条件は式(8.24)から

$$\begin{eqnarray*} && x=0, a \mbox{ では} \quad w=0 \quad\mbox{かつ}\quad M_x=0 \\ && y=0, b \mbox{ では} \quad w=0 \quad\mbox{かつ}\quad M_y=0 \end{eqnarray*}$$

となる。力の境界条件はどちらもモーメントが作用していない 条件で，モーメントと変位の関係式(8.15)を代入すると， 例えば $x=\mbox{const.}$の辺では

$$-D\left(\D[2]{w}{x}+\nu \D[2]{w}{y}\right)=0$$

となる。しかし，この $x=\mbox{const.}$の辺上では$w=0$を$y$方向にも 保持しているから$\D{w}{y}$は零である。 したがって上式の第2項は実質的に考える必要が無い。 このように考えると，たわみ$w$で表した境界条件は

$$x=0, a \mbox{ では} \quad w=0 \quad\mbox{かつ}\quad \D[2]... ...任�� \quad w=0 \quad\mbox{かつ}\quad \D[2]{w}{y}=0 \eqno{(a)}$$

と考えていい。

8.3.2 Navierの解法

式($a$)の境界条件のもとで式(8.22)の つり合い式を解けばいいが，ここでは境界条件を満足する関数を 用いて，たわみ$w(x,y)$を

$$w(x,y)=\sum_{j=1}^\infty \sum_{k=1}^\infty a_{jk} \sin\dfrac{j\pi x}{a} \sin\dfrac{k\pi y}{b} \eqno{(b)}$$

のように級数で仮定する。sine関数を選んだのは， 境界条件式($a$)を すべて満足するからである。節-4.7.2で 梁の振動問題を解くのに用いた固有関数法によく似ている。 （工学的に）ほとんどすべての滑らかな関数はFourier級数で 表示できることを根拠にして，2重Fourier級数 で展開したと考えてもいい。これをNavierの解法 と呼んでいる。

この仮定した解($b$)を式(8.22)の つり合い式に代入すると

$$\sum_{j=1}^\infty \sum_{k=1}^\infty D a_{jk} \left\{ \lef... ...right\} \sin\dfrac{j\pi x}{a} \sin\dfrac{k\pi y}{b}=q(x,y)$$

となる。この両辺に

$$\int_0^a\dint x\int_0^b\dint y \sin\dfrac{m\pi x}{a} \sin\dfrac{n\pi y}{b} \times$$

という演算（内積あるいは仮想仕事の算定）を行おう。 このsine関数は節-4.7.2でも 示したように，例えば

$$\int_0^a \sin\dfrac{m\pi x}{a} \sin\dfrac{j\pi x}{a} \dint x... ... & \mbox{  もし  } m\neq j \mbox{  の場合} \end{array}\right.$$

という性質（直交性）を持っている。 したがって，上の積分演算を実行すると 左辺の級数は実は$m=j$, $n=k$の場合の1項のみしか残らず， 他はすべて零になる。よって個々の$a_{mn}$に対して

$$D \left\{ \left(\dfrac{m\pi}{a}\right)^4 +2\left(\dfrac{m... ...eft(\dfrac{n\pi}{b}\right)^4 \right\} a_{mn}=q_{mn} \eqno{(c)}$$

が成立しなければならない。ここに

$$q_{mn} \equiv \dfrac{1}{\Delta} \int_0^a\dint x\int_0^b\din... ...2\dfrac{n\pi y}{b} =\dfrac{a}{2}\times\dfrac{b}{2} \eqno{(d)}$$

と置いた。式($c$)より

$$a_{mn}=\dfrac{q_{mn}}{D\pi^4\left\{ \left(\slfrac{m}{a}\right)^2+\left(\slfrac{n}{b}\right)^2\right\}^2}$$

と係数を得るから，式($b$)に代入し直せば解を得る。 結果的に$q_{mn}$は関数$q(x,y)$の2重sine Fourier係数に相当する。

図 8.7: 非一様な外力を受ける4辺を単純支持された矩形板

分布外力が一様で $q=q_0=\mbox{const.}$の場合には式($d$)より

$$q_{mn}=\dfrac{16 q_0}{mn\pi^2}, \quad \mbox{ただし$m$も$n$も奇数のみ}$$

となる。したがって

$$w(x,y)=\sum_{m=\mbox{{\scriptsize 奇数}}} \sum_{n=\mbox{{\s... ...ht)^2\right\}^2} \sin\dfrac{m\pi x}{a}\sin\dfrac{n\pi y}{b}$$

となる。図-8.7には $0<y<\slfrac{b}{2}$にのみ

$$q(x,y)=q_0, \quad (0<x<\slfrac{a}{2}), \qquad q(x,y)=-q_0/2, \quad (\slfrac{a}{2}<x<a)$$

のような 偏在する分布外力を作用させたときの同様の解を，特徴が 出るように誇張して示しておいた。図では$m$, $n$共に級数の 最初の10項までで打ち切った結果を用いた。

1. 図-8.7を解いてみよ。

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