В.М. Дубровин, Т.А. Бутина
6
будут корнями уравнения
2
2
6
2
0
0
1 2 0
1
4 4 4
2
2
1
1 2
1
0
1
1
2
2
2 2
2
1 2
2
1
1
1
4 (1
)
4 2
(1
) 2 2 4
4 (1
)
.
n
E G
G E
E
E
G
n
G
E
E
E E
E
G
E G E
E
Вычислив интеграл (13) с помощью теории вычетов при любом
,
получим
0
0
0 arg
1
( )
sgn
.
2 2 (0)
( )
i y
n
y
n
y
n
n
e
f
res
y
(14)
Отсюда можно установить следующее равенство:
1
2
0
0
1
0
1
1
1
8 2
1 2
0 0
2
2
2
( )
3
sin
{1 ( sin
cos
)
2 1
sin
1 cos
}sgn
.
n
n
n
nB y
n
n
n
n
nB y
y
n
n
n
n
y
f
C Q E
C nA y C nA y e
n G n
C nA y
C n A y e
y
Здесь
1
,
n
C
,
n
C
2
n
C
зависят только от
1
n
A
,
1
n
B
,
2
n
A
,
2
n
B
.
Таким образом, определяется
Ф
и, тем самым, частное решение
u
,
,
w
системы уравнений (3) при элементарной нагрузке.
Под решением задачи определения напряжений и деформаций
y
понимается предел решения, соответствующего элементарной
нагрузке, когда каждая из величин
0
и
0
стремится к нулю, а ве-
личины
v
Q
остаются постоянными. Для упрощения выделения глав-
ной части решения, содержащей особенности, принимается
1 2
1 2
,
2(1
)
E E
G
1
2
( )
( )
( ),
n
n
n
f
f
f
4 4
0
0
1
11 4
2 4
0
0
0
sin
sin
cos
( 4 )
( )
,
(
1) ( )
n
n
n
n
n
f
d
n n
n
(15)
