Одномерный бигармонический дифур со сложными г.у.

[Red_Herring]

Разделение переменных только для однородного у-я, т.е. никаких нагрузок. Но если использовать разложение
$u(r,\theta)=\sum_n u_n (r)e^{in\theta}$, $f(r,\theta)=\sum_n f_n (r)e^{in\theta}$, то получится одномерная задача для $u_n (r)$.

[Pumpov]

Red_Herring в сообщении #1175588 писал(а):

Разделение переменных только для однородного у-я, т.е. никаких нагрузок. Но если использовать разложение
$u(r,\theta)=\sum_n u_n (r)e^{in\theta}$, $f(r,\theta)=\sum_n f_n (r)e^{in\theta}$, то получится одномерная задача для $u_n (r)$.

Благодарю за подсказку. Т.е. это Вы искомое отклонение $u(r,\theta)$ и нагрузку $f(r,\theta)$ раскладываете в такие ряды?
Суммирование $\sum_{n=-\infty}^{\infty}$, а не $\sum_{n=0}^{\infty}$ ?

[Red_Herring]

Да, и ещё раз да

[Pumpov]

Red_Herring в сообщении #1175588 писал(а):

Разделение переменных только для однородного у-я, т.е. никаких нагрузок. Но если использовать разложение
$u(r,\theta)=\sum_n u_n (r)e^{in\theta}$, $f(r,\theta)=\sum_n f_n (r)e^{in\theta}$, то получится одномерная задача для $u_n (r)$.

Получается, что из-за граничных условий свободного края:

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\partial^3 u_n(r)}{\partial r^3}e^{in\theta}=0$ и

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\partial^2 u_n(r)}{\partial r^2}e^{in\theta}=0$ , а, значит

$\frac{\partial^3 u_n(r)}{\partial r^3} \equiv 0$ и $\frac{\partial^2 u_n(r)}{\partial r^2} \equiv 0$ .

Но, при $|n|>1$
$u_n(r) = A_n r^n + C_n r^{n+2}$ .
И у меня остаются среди $u_n(r)$ только полиномы, не выше 2-й степени. Не пойму, где ошибаюсь. Ведь из-за условия на границе для производных относительно 2-х коэффициентов $A_n$ и $C_n$ вроде бы вырожденная система...

-- 12.12.2016, 17:33 --

Только запостил, и понял, что для участков круга, от первой к центру точки приложения силы и далее к краю уже сохраняются все 4 компоненты радиального полинома:

$u_n(r) = A_n r^n +B_n r^{-n} + C_n r^{n+2} + D_n r^{-n+2}$ , $|n|>1$ .

И, соответственно, для $u_0(r)$ и $u_1(r)$ в выражениях будут присутствовать слагаемые логарифмов - в областях, удалённых по радиусу после первой точки приложения силы.

В верном направлении путь?

[Red_Herring]

Pumpov в сообщении #1176271 писал(а):

В верном направлении путь?

Да. Рассмотрите случай, когда только единичная нагрузка в точке $r=r_0, \theta=\theta_0$. Тогда
$f=r^{-1}\delta (r-r_0)\delta(\theta-\theta_0)=\sum_n ???$ и на $u_n$ будет в точности ОДУ типа рассмотренного выше

[Pumpov]

Red_Herring в сообщении #1176321 писал(а):

Pumpov в сообщении #1176271 писал(а):

В верном направлении путь?

Да. Рассмотрите случай, когда только единичная нагрузка в точке $r=r_0, \theta=\theta_0$. Тогда
$f=r^{-1}\delta (r-r_0)\delta(\theta-\theta_0)=\sum_n ???$ и на $u_n$ будет в точности ОДУ типа рассмотренного выше

Вероятно, ошибки не получится, но точечная нагрузка, с учётом нормировки $f=(2\pi r)^{-1}\delta (r-r_0)\delta(\theta-\theta_0)$.
Тут как с преобразованием Фурье множитель не повлияет!?

И если одна нагрузка при свободных краях, то не будет "интересного" решения, не так ли? Как минимум 4 точки, чтобы погнуть пластину?

[Red_Herring]

Pumpov в сообщении #1176339 писал(а):

И если одна нагрузка при свободных краях, то не будет "интересного" решения, не так ли? Как минимум 4 точки, чтобы погнуть пластину?

Безусловно. Советуя рассмотреть 1 точку я забыл, что края свободные. Не говоря уже о том, что в этом случае такая нагрузка не удовлетворяет трем условиям ортогональности, нужны минимум 3 точки.

[Pumpov]

Чтобы определить коэффициенты при всех кусочных полиномах, нужно решить линейную систему из уравнений, количество которых зависит не только от числа сосредоточенных сил, но и от $|{n_\max}|$ , до которого ограничивается в обе стороны сумма ряда

$u(r,\theta)=\sum_{n=-\infty}^{\infty} u_n (r)e^{in\theta}$ .

Как быстро сходится этот ряд? Собственно, при ${n_\max} = 10$ радиальные полиномы получаются аж до 12-й степени. Это значит, что на каждом кольце между расстояниями от 2-х точек приложенных сил поверхность аппроксимируется полноценным полиномом $|{n_\max}| +2$ -й степени? Т.е. более чем достаточная аппроксимация!?

[Red_Herring]

По поводу численной эффективности ничего сказать не могу

[Pumpov]

Red_Herring в сообщении #1176321 писал(а):

Да. Рассмотрите случай, когда только единичная нагрузка в точке $r=r_0, \theta=\theta_0$. Тогда
$f=r^{-1}\delta (r-r_0)\delta(\theta-\theta_0)=\sum_n ???$ и на $u_n$ будет в точности ОДУ типа рассмотренного выше

Уточнить хочу:

Для каждой из функций $u_n(r)$ нужно применить граничные условия, сшивающие их значения в точках приложения сил. Внутреняя часть, ближе к центру, и внешняя, ближе к краям часть.
Правильно ли эти условия писать так:

$u_n(r) |intern = u_n(r) |extern $
$\frac{\partial u_n(r)}{\partial r} |intern = \frac{\partial u_n(r)}{\partial r} |extern $
$\frac{\partial^2 u_n(r)}{\partial r^2} |intern = \frac{\partial^2 u_n(r)}{\partial r^2} |extern $ ,

а вот просто, как с балкой, нельзя писать, что разность 3-х производных равна точечной силе/коэффициент изгиба.

Вместо этого, в точке приложения силы $F$ такое вот условие:

$\frac{\partial \ {\triangle u_n(r)}}{\partial r} |extern - \frac{\partial\ {\triangle u_n(r)}}{\partial r} |intern = \frac{F}{D} $.

Верно?

[Red_Herring]

Pumpov в сообщении #1178286 писал(а):

Верно?

Нет. Поскольку $u_n$ от $\theta$ не зависят. После разложений в р.Ф. по ней нет "точек" приложения силы.

[Pumpov]

Red_Herring в сообщении #1178306 писал(а):

Pumpov в сообщении #1178286 писал(а):

Верно?

Нет. Поскольку $u_n$ от $\theta$ не зависят. После разложений в р.Ф. по ней нет "точек" приложения силы.

Раньше (1-мерная балка) третья производная испытывала скачок в точке приложения силы.

А здесь ведь тоже необходимо уравнение с третьей производной по радиусу.
Если есть сила $$f=r^{-1}\delta (r-r_0)\delta(\theta-\theta_0)$ ,
то при $r=r_0$ надо применить аналогичное условие. Угловая дельта-функция проинтегрируется,
а радиальная как раз останется. Какое тогда условие нужно?
Ведь для функции $u_n(r)$ и соответственно $q_n(r)$ уравнение 4-го порядка не как для одномерного случая, а намного сложнее (слегка упрощённый бигармонический полярный оператор).

Выражение $D\frac{\partial \ {\triangle u_n(r)}}{\partial r} |extern - D\frac{\partial\ {\triangle u_n(r)}}{\partial r} |intern $ как раз представлет собой перерезывающую силу...

[Red_Herring]

Так и запишите уравнение сначала через $\delta$ функции, и лишь потом переходите к скачкам. Тогда Вы поймете, что никаких $\Delta$ у Вас не останется.

[Pumpov]

Извините, Вы хотите сказать, что после сокращений вместо $\frac{\partial\ {\triangle u_n(r)}}{\partial r}$ получится
$\frac{d^3\ {u_n(r)}}{d r^3}$ ?

[Red_Herring]

Да,