Optimal balkform för trepunktsböjning

Jag vill analytiskt räkna ut den optimala formen på en balk som utsätts för trepunktsböjning.
Med optimal syftar jag på minimerad vikt givet en viss maximal utböjning, δ.

Uppställningen: https://www.doitpoms.ac.uk/tlplib/be...nt_diagram.jpg

För enkelhetens skull så nöjer jag mig med en helt solid fyrkantsprofil med konstant bredd B och med en variabel höjd H(x) (som vi söker).
Balkens massa, m kan beskrivas genom att integrera densiteten*arean*dx över hela balkens längd L

m(H) = ∫ρbH(x)dx[0->L] (1)
där ρ är densiteten.

Utböjningen y av balken kan beräknas med Euler-Bernoulli beam theory.

M(x) = -EI(x) d²y/dx² (2)

där böjmomentet M(x) fås fram via en jämviktsanalys

M(x) = -Fx/2 (3) (säg till om detta är oklart så utvecklar jag)

där E är elasticitetsmodulen för materialet och I är böjtröghetsmomentet för tvärsnittet för profilen.
För en fyrkantsprofil är tröghetsmomentet

I = B*H(x)³/12 (4)

Sätter vi in 3 och 4 i 2 får vi

-Fx/2 = -EB*H(x)³/12 * d²y/dx² =>

6*Fx/(EB*H(x)³) = d²y/dx² (5)

Integrerar vi ekv. 5 två gånger får vi

∫∫ 6*Fx/(EB*H(x)³)dxdx = y(x) (6)

Jag söker alltså den funktion H som ger det minsta tänkbara värdet på massan m.

min(m(H))

där H uppfyller

y(x) = ∫∫ 6*Fx/(EB*H(x)³) <= δ för alla x mellan 0 och L.

Frågeställningar:
1. Går problemet att lösa analytiskt?
2. Ifall ja, hur?
3. Ifall nej, vilka andra metoder kan jag använda? FEM?
4. Kan det finnas fler än en lösning på problemet?

Tack på förhand

Det låter som variationskalkyl skulle kunna vara tillämpbart för att ta fram en differentialekvation som förhoppningsvis kan lösas analytiskt.

Du gör en miss när du integrerar (5). Du glömmer bort randvärdet y´(0) som vi tyvärr inte känner. Om man i stället lägger x-axeln så att x = 0 svarar mot mitten på balken slipper man det problemet. Då får man i stället med y(0), men det känner vi i gränsfallet då balken böjer sig maximalt.

Tack, ska spana in detta!


Randvillkoren "gömmer" jag i vänsterledet som ändå måste lösas senare (väldigt fult kanske men borde väl bli rätt i slutändan? ).
Om vi antar symmetri kring x=L/2 så borde vi väl kunna anta y'(L/2) = 0 för den yttre
integralen och y(0) = 0 för den inre integralen?

Det kan kanske fungera.


Korrekt.

Detta gäller bara fram till x = L/2. Därefter gäller M(x) = -F(L-x)/2.

EDIT
Dessutom har du glömt ta med momentet som orsakas av balkens egen tyngd. Fast det kanske du vet är försumbart?

Fast om vi antar symmetri räcker det med att kolla från x=0 till x=L/2 eller tänker jag galet?

Gravitationen är både försumbar och verkar i en annan riktning

Om vi räknar x från vänstra änden gäller som sagt följande ekvation:
-Fx/2 = -EB*H(x)³/12 * d²y/dx².

Alltså gäller H(x) = k (x/y''(x))^(1/3), där k = (6F/(EB))^(1/3).

Halva stångens massa blir:
m/2 = ∫_0^(L/2) H(x) dx = k ∫_0^(L/2) (x/y''(x))^(1/3) dx.

Låt μ[y] = ∫_0^(L/2) (x/y''(x))^(1/3) dx = ∫_0^(L/2) x^(1/3) y''(x)^(-1/3) dx. Vi söker y som uppfyller vissa randvillkor och så att μ[y] minimeras.

Nu ska vi utföra litet variationskalkyl!

Antag att y(x) är stångens kurva i det optimala fallet (då balken precis har maximal utböjning och massan är minimal), och h(x) vara en flera gånger deriverbar funktion som uppfyller h(0) = h'(0) = h(L/2) = h'(L/2) = 0.

Sätt g(λ) = μ[y+λh]. Eftersom g(λ) har minimum då λ=0, ska gälla g'(λ)=0.

Vi deriverar därför g(λ) = ∫_0^(L/2) x^(1/3) (y''(x)+λh''(x))^(-1/3) dx:
g'(λ) = ∫_0^(L/2) x^(1/3) (-1/3) (y''(x)+λh''(x))^(-4/3) h''(x) dx.

Sedan sätter vi λ=0:
g'(0) = ∫_0^(L/2) x^(1/3) (-1/3) y''(x)^(-4/3) h''(x) dx
= (-1/3) ∫_0^(L/2) x^(1/3) y''(x)^(-4/3) h''(x) dx.

Nu partialintegrerar vi två gånger. Här kommer randvillkoren på h in:
g'(0) = (-1/3) ∫_0^(L/2) (x^(1/3) y''(x)^(-4/3))'' h(x) dx.

Men vi ska ha g'(0)=0 oberoende av val av h. Vi måste därför ha
(x^(1/3) y''(x)^(-4/3))'' = 0.

Man kan motivera detta med att vi annars kan välja h så att h(x) är nollskild på ett intervall där det andra uttrycket har konstant tecken, vilket får integralen att bli nollskild.

Från (x^(1/3) y''(x)^(-4/3))'' = 0 får vi x^(1/3) y''(x)^(-4/3) = Ax + B, där A och B är konstanter, och därmed
y''(x) = (x/(Ax+B)^3)^(1/4).

Detta kan integreras två gånger, men man måste enligt Wolfram Alpha blanda in hypergeometriska funktioner.

Vi behöver dock inte integrera för att kunna få fram ett uttryck för H:
H(x) = k (x/y''(x))^(1/3) = H(x) = k (x(Ax+B))^(1/4).

Integrationen behövs för att man ska kunna bestämma A och B. Vi har dock fyra obekanta konstanter: A och B samt ytterligare två integrationskonstanter från integrationen av y'', men så vitt jag kan se endast tre randvillkor: y(0) = 0, y(L/2) = δ, y'(L/2) = 0. Frågan är därför om A och B kan bestämmas entydigt. Antagligen får man en familj av lösningskandidater parametriserad av en av konstanterna, och därmed en massa som beror av denna parameter. Man kan sedan derivera massan m.a.p. parametern, sätta derivatan lika med noll och finna det värde på parametern som ger den absolut lägsta massan.