ВведениеРасчет на устойчивость сложных тонкостенных кон-струкций связан с исследованием вариационных нера-венств или решением вариационных задач с ограничени-ями на искомые функции в форме неравенств. Пробле-ма устойчивости круговых арок раннее рассматриваласьЕ. Л. Николаи [1]. При апроксимации перемещений исполь-зовали сплайн-функции [2], для решения подобных задачприменяли метод глобальной оптимизации [3]. Экспери-ментальное и численное изучение влияния одностороннихсвязей на устойчивость цилиндрических оболочек, сжима-емых продольной силой, осуществлял Н. А. Алфутов в тру-де [4]. Некоторые задачи устойчивости и закритическогоповедения при наличии односторонних ограничений на пе-ремещения рассмотрены в работах [5–7]. В предлагаемойстатье рассматривается проблема круговых арок, нагру-женных равномерно распределенным нормальным давле-нием, направленным к центру. Концы арки закреплены от-косами так, что расстояние между точками прикрепленияоткосов не может изменяться.1. Устойчивость арок с односторонним под-креплениемПусть криволинейный стержень представляет собойдугу окружности радиуса R. Стержень нагружен давлени-ем P, равномерно распределенным вдоль дуги и направ-ленным к центру ее кривизны. Уравнения недеформиро-ванной оси арки имеют вид:x = Rcos φ,y = Rsin φ, φ ∈ (−τ, τ )(1)Обозначим единичные векторы нормали, касательной и би-нормали к кривой (1) через8<:η = (−sin φ, cos φ),ξ = (−cos φ,−sin φ),ζ = η × ξ.Перемещение точек арки описывается векторомg = u(φ)ξ + w(φ)η + v(φ)ζ. (2)Здесь w(ϑ) — радиальное перемещение (прогиб), v(ϑ) —касательное перемещение.Пусть ξ∗, η∗, ζ∗ — нормаль, касательная и бинормальк деформированной кривой. Векторы ξ, η, ζ переходятв ξ∗, η∗, ζ∗ путем поворота на малые углы α, β, γ, которыесвязаны с перемещениями формулами [2]:8<:β = 1R(u′+ w),α = − 1Rv′,w′= u.(3)22Известия Коми научного центра Уральского отделения Российской академии наук № 5 (71), 2024Серия «Физико-математические науки»www.izvestia.komisc.ruДеформация стержня характеризуется величинами8<:δp = 1R(α′+ γ),δq = 1R2 β′,δr = 1R(γ′+ 1Rv′).С учетом (3) формулы примут вид:8<:δp = − 1R2 v′′+ 1Rγ,δq = 1R2 (u′′+ u),δr = 1R(γ′+ 1Rv′).(4)Упругая энергия стержня в квадратичном приближенииопределяется функционаломU =Z τ−τ B2R3 (u′′ + u)2 +A2R2 (γ − 1Rv′′)2++C2R2 (γ′+1Rv′′)2dφ,а работа внешних сил может быть вычислена по формулеPW, гдеW =12Z τ−τu′2 − 2u2 + v′2 − v2dφ.В выражении для упругой энергии введены обозначенияA,B — жесткости стержня на изгиб,C — жесткость стерж-ня на кручение.В положении равновесия полная энергияJ = U − PWпринимает минимальное (стационарное) значение. Не-трудно увидеть, что поиск критической нагрузки сводитсяк решению задачи изопериметрического типаU → minu,v,w,W = 1.(5)1.1. Аналитическое решение. Ясно, что множительЛагранжа в задаче (5) определяет критическую нагруз-ку. Уравнения Эйлера8><>:d2dφ2 Fu′′ − ddφFu′ + Fu = 0,d2dφ2 Fv′′ − ddφFv′ + Fv = 0,− ddφFγ′ + Fγ = 0для функционала J имеют вид:BR3uIV + 2u′′+ u+ Pu′′+ 2u(6)AR3 vIV − AR2 γ′′ − CR3 v′′ − CR2 γ′′+ P(v′′ − v) = 0,AR3 v′′ − AR2 γ + CR3 v′′ + CR2 γ′′= 0.(7)Система уравнений Эйлера разделяется на две незави-симые подсистемы: уравнение (6) описывает деформациюарки в ее первоначальной плоскости, уравнения (7) описы-вают пространственную деформацию. Уравнения (6) и (7)совпадают с уравнениями, приведенными в [2].Предположим, что арка подкреплена тросами, один ко-нец которых прикреплен к дуге арки под соответствующимугломφj = −τ +2τM + 1j, j = 1, . . . ,M,а другой — к точкам с координатами8<:xj = −τ + 2τM+1j, j = 1, . . . ,M,y = 0,z = ±z0так, что расстояние между точками прикрепления тросовне может увеличиваться. Для увеличения критической си-лы в случае пространственной деформации получаем приφ = φj , j = 1, . . . ,M равенстваvj = 0. (8)На плоскую форму потери устойчивости ограничения (8)никак не влияют. Если одновременно учитывать как плос-кую, так и пространственную деформацию, то вместо (8)приходим к неравенствам−Ru ± 2vz0 ⩽ 0 (9)при φ = φj , j = 1, . . . ,M. Можно показать, что за-дача определения критической силы может быть сведе-на к вариационной проблеме изопериметрического типа (5)и выполнению неравенств (9). Решение задачи (5)–(9) су-щественно зависит от постоянных A, B, C (А,В — жестко-сти при изгибе, С — жесткость на кручение), которые опре-деляются формой поперечного сечения стержня. В случая,когда сечение стержня есть эллипс с полуосями a, b, тоA =π4Ea3b, B =π4Eab3, C =πEa3b3(1 + ν)(a2 + b2),E — модуль Юнга материала. Не умаляя общности, можносчитать, что E = 1.1.2. Численный метод. Будем аппроксимировать функ-ции u, v, w, γ интерполяционными кубическими сплайнамивида [3]:S(z, φ) = zi(1 − t)2(1 + 2t)++zi+1t2(3 − 2t)++miht(1 − t)2 − mi+1ht2(1 − t),(10)где вектор z имеет размерность 4n, аmi = S′(z, φi), i = 0, ..., n + 1,h = φi+1 − φi, t = (φ − φi)/h, t ∈ [0, 1].При аппроксимации прогиба uzi = ui = u(φi), φi = i · h, i = 1, . . . , nаналогично приближаются остальные функции v, w, γ:zi+n = ui = u(φi), φi = i · h, i = 1, . . . , n,zi+2n = vi = v(φi), φi = i · h, i = 1, . . . , n,zi+3n = wi = w(φi), φi = i · h, i = 1, . . . , n.Известия Коми научного центра Уральского отделения Российской академии наук № 5 (71), 2024Серия «Физико-математические науки»www.izvestia.komisc.ru23В случае граничных условий шарнирного опиранияусловие непрерывности второй производной записывает-ся в виде [2]:2m0 + μ∗0m1 = c∗0,λimi−1 + 2mi + μimi+1 = ci i = 1, ...,N − 1 (11)λ∗NmN−1 + 2mN = c∗N,причемci = 3μizi+1 − zih+ λizi − zi−1h,μi = λi = 0, 5.Здесь для граничных условий шарнирного опиранияμ∗0 = λ∗N = 1, c∗0 = 3z1h, c∗N = −3zN−1h.Окончательно получаем, если интерполируется функ-ция u(φ) и выполнены граничные условия шарнирногоопирания, то интерполяционный сплайн S(z, φ) удовле-творяет условиямz0 = 0, zn+1 = 0,m0 = 3hz1 − 12m1, mn+1 = 3hzn − 12mn.(12)Аналогично, если интерполируется функция v(φ) и выпол-нены условия жесткой заделки, то сплайн удовлетворяетz0 = 0, zn+1 = 0,m0 = 0, mn+1 = 0.(13)Определим вектор m = (m1,m2, ...,mn)t. Тогда mможет быть вычислен по формуле:m = C−1Mu,где матрицы C иM имеют вид:C =120BBBBB@a b 0 0 ... 0 0 01 4 1 0 ... 0 0 00 1 4 1 ... 0 0 0...0 0 0 0 ... 1 4 10 0 0 0 ... 0 b a1CCCCCA,M =32h0BBBBB@c d 0 0 ... 0 0 0−1 0 1 0 ... 0 0 00 −1 0 1 ... 0 0 0...0 0 0 0 ... −1 0 10 0 0 0 ... 0 −d c1CCCCCA,где a = 4, b = 1, c = 0, d = −1, если сплайн S(z, φ)удовлетворяет на концах интервала [0, α] условиям (13),и при a = 3.5, b = 1, c = −0.5, d = 1, если выполня-ются условия (12).Для того, чтобы учесть условие несжимаемости, введемштрафную функцию:F =D2Z α0u − w′2dφ,где D — достаточно большое число, которое определяетсяопытным путем в численных экспериментах.С учетом штрафной функции задачу об устойчивостиарки можно сформулировать следующим образом: требу-ется найти минимальное значение нагрузки P, при которойвариационная задачаU =Z τ−τ B2R3 (u′′ + u)2 +A2R2 (γ − 1Rv′′)2++C2R2 (γ′+1Rv′′)2dφ−−P2Z τ−τu′2 − 2u2 + v′2 − v2dφ++D2Z τ−τu − w′2dφ → minu,v,wпри выполнении ограничений (5) имеет нетривиальное ре-шение.Рассмотрим вариационную задачу:J1 =12Z α012(u′′ + u)2 +ARB(γ − 1Rv′′)2++CRB(γ′+1Rv′′)2++R3D2B􀀀u − w′2dφ → minu,v,w∈Γ1(14)J2 =12Z α0u′2 − ku2dφ = 1 (15)при граничных условиях (12) или (13) и выполнении нера-венств (9).Пусть u∗, v∗,w∗ — решение задачи (14), (15), (9) и λ∗ =J1(u∗, v∗,w∗). Тогда для любого λ ≤ λ∗ J1(u, v,w) −λJ2(u, v,w) ≥ 0 для всех (u, v,w) ∈ Γ1 и, наоборот,если λ > λ∗, то найдутся функции (u, v,w) ∈ Γ1 такие,что J1(u, v,w) − λJ2(u, v,w) < 0, т. е. P∗ = BR3 λ∗имеет смысл критической нагрузки: при P ≤ P∗ задача(9),(14) имеет только тривиальное решение, при P > P∗выполняется неравенство e J((u∗, v∗,w∗)) < 0.После подстановки сплайнов S(v, φ) и eS(ev, φ) в (14),(15) получаем две квадратичные формы:g =12Z α0d2Sdφ2 + S2dφ +D2Z α0S − eS′2dφ ==12(Gz, z),q =12Z α0S′2 − kS2dφ =12(Qz, z).Для вычисления коэффициентов квадратичных формнеобходимо вычислить следующие интегралы:1. Интеграл от квадрата сплайнаZ α0S2(t)dt = hXni=011105zimih − 13210zimi+1h+24Известия Коми научного центра Уральского отделения Российской академии наук № 5 (71), 2024Серия «Физико-математические науки»www.izvestia.komisc.ru+13210mihzi+1 − 170mih2mi+1 − 11105zi+1mi+1h++1335z2i +1105m2ih2 +935zizi+1++1335z2i+1 +1105m2i+1h2.2. Интеграл от квадрата первой производнойZ α0S′2(t)dt =15hXni=0(zimih + zimi+1h − mihzi+1−−13mih2mi+1 − zi+1mi+1h + 6z2i ++23m2ih2 − 12zizi+1 + 6 · z2i+1 +23m2i+1h2.3. Интеграл от квадрата второй производнойZ α0S′′2(t)dt =1h3Xni=0􀀀12z2i + 12zimi+1h−−24zizi+1 + 12zimih − 12zi+1mi+1h++4mih2mi+1 + 4m2i+1h2 + 12z2i+1−−12mihzi+1 + 4m2ih2.4. Интеграл от произведения второй производной и сплай-наZ α0S′′(t) · eS(t)dt =110Xni=0(zn+i+1mih − emihzi+1−−zi+nmih + emihzi − emi+1hzi − zn+i+1mi+1h++zi+nmi+1h +16emih2mi+1 + emi+1hzi+1−−16emi+1h2mi + 5zn+i+1zi + 5zn+i+1zi+1−−5zn+izi − 5zn+izi+1) .Здесь числа z0, zn+1, m0, mn+1 (в зависимости от гра-ничных условий) определяются формулами (13) или (12).Для сплайна eS(ez, φ) ez0 = 0, ezn+1 = 0, em0 =0, emn+1 = 0.Приходим к конечномерной задаче оптимизации:g(z) =12(Gz, z) → minz∈R2n(16)q(z) =12(Qz, z) = 1, (17)(aj , z) ≤ 0, j = 1, . . . ,M. (18)В (18) векторы aj ∈ R2n получаются в результате под-становки сплайнов S(z, φ) и eS(ez, φ) в (9). Квадратич-ные формы g(z) и q(z) положительно определены, еслиα < π.Обозначим через Γ конус, определяемый неравенства-ми (18). Пусть z∗ — решение задачи (16)–(18). Тогда по тео-реме Куна-Таккера найдутся множители Лагранжа λ∗ и τj ,τj ≥ 0, j = 1, . . . ,M, такие, что(Gz∗ − λ∗Qz∗ +PMj=1 τjaj = 0,τj(aj , z) = 0, j = 1, . . . ,M.(19)У системы уравнений (19) есть необходимые условияэкстремума, но, так как задача (16)–(18) не является зада-чей выпуклого программирования, то эти условия не до-статочны. Точки z∗, удовлетворяющие (19), будем называтьстационарными.Для решения задачи (19) необходимо применять ме-тоды глобальной оптимизации (например, метод ветвейи границ [3]), число переменных может быть велико,а в данном случае трудоемкость метода ветвей и границопределяется размерностью задачи. Для решения зада-чи (16)–(18) применялся метод поиска стационарных то-чек [6, 7].Поскольку метод ветвей и границ является довольнотрудоемким, в данном случае можно предложить метод пе-ребора вариантов, который в сочетании с локальным алго-ритмом может оказаться более предпочтительным.2. Результаты и их обсуждениеПриM = 3, τ = π2 арка представляет собой половинудуги окружности. При расчетах использовались граничныеусловия жесткой заделки:u = 0, w = 0, u′+ w = 0, v = 0, v′= 0, γ = 0при φ = ±τ ; и шарнирного опирания:u = 0, w = 0, u′′+ w′ = 0, v = 0, v′′+ γ′= 0,при φ = ±τ.Круговая форма равновесия арки устойчива, если дав-ление P не превосходит некоторого предельного значенияPkp. Предположим, что сечение арки — круг, т. е. полуосиa = b = 1. Без ограничений (9) решение задачи (5) даеткритическую силу Pkp = 5.2892. Если же рассматриватьзадачу (5)–(9), то Pkp = 5.3570. В данном случае получа-ется, что u ≡ 0 и w ≡ 0, а v = 0 в точках прикрепле-ния тросов. В табл. 1, 2 приведены результаты вычисленийпри разных граничных условиях и значений полуосей эл-липса, в последнем столбце — значения при выполнениинеравенства−Rui ± 2viz0 ≤ 0,характеризующего одновременно плоскую и простран-ственную деформации.Известия Коми научного центра Уральского отделения Российской академии наук № 5 (71), 2024Серия «Физико-математические науки»www.izvestia.komisc.ru25Таблица 1Результаты вычислений при граничных условиях жесткой заделкиTable 1Calculation results for rigid embedment boundary conditionsбез огр. vi = 0 удовл. (9)a=0.5, b=1 0.0570 0.3764 0.0755a=0.75, b=1 1.3758 4.9026 1.4793a=1.0, b=1 5.2892 11.4203 5.3570a=2.0, b=1 22.7900 22.7900 24.1390Таблица 2Результаты вычислений при граничных условиях шарнирного опиранияTable 2Calculation results for hinged support boundary conditionsбез огр. vi = 0 удовл. (9)a=0.5, b=1 0 0.1492 0.0384a=0.75, b=1 0 2.7697 0.8352a=1.0, b=1 0 8.5631 2.4033a=2.0, b=1 0 23.2861 13.2698Результаты вычислений показали, что одновременныйучет плоской и пространственной деформации приводитк снижению критической нагрузки.ЗаключениеУчитывая проведенный численный анализ, можно сде-лать вывод, что устойчивость арки, подкрепленной откоса-ми (тросами), расстояние между концами которых не можетизменяться, существенно увеличивает значение критиче-ской нагрузки. При этом для правильной оценки критиче-ской силы необходимо учитывать как пространственную,так и плоскую деформацию (u ̸= 0 и v ̸= 0), в отличиеот случая без подкрепления. Тогда при потере устойчиво-сти происходит либо деформация арки в ее первоначаль-ной плоскости (v = 0 и γ = 0), либо пространственнаядеформация (u = 0 и w = 0). Величина критической си-лы существенно зависит от констант жесткости A и B, отрадиуса R и граничных условий.Авторы заявляют об отсутствии конфликта интересов.