Tài liệu hướng dẫn tính toán trạng thái ứng suất và biến dạng tại điểm k (4;4;7) trong môi trường. Các ứng suất chính và phương chính, cũng như ứng suất pháp, ứng suất tiếp và các ten-xơ liên quan được xác định. Ngoài ra, tài liệu cũng đề cập đến kỹ thuật tìm phương chính và mẹo giải hệ phương trình liên quan đến biến dạng và ứng suất tại điểm k.

1. Ví dụ 1. Trạng thái ứng suất của môi trường cho bởi ten-xơ

     
          
        
11 12 13 1 2 2
21 22 23 2 3 2
31 32 33 3
3x x 5x 0
kN
T 5x 0 2x ( )
cm
0 2x 0
Yêu cầu:
1. Xác định các ứng suất chính và phương chính tại điểm K (4;4;7)
2. Xác định giá trị của ứng suất pháp, ứng suất tiếp và ứng suất toàn phần trên mặt đi qua điểm
K(4;4;7) có véc tơ pháp tuyến
 

1 2 3
2 2 1
v(l ,l ,l ) v( ; ; )
3 3 3
3. Xác định ten-xơ cầu ứng suất và ten –xơ lệch ứng suất tại điểm K(4;4;7).
Giải:
1, Xác định các ứng suất chính và phương chính tại điểm K (4;4;7)
Thay toạ độ của điểm K vào ten-xơ ứng suất của môi trường ta được ten-xơ ứng suất tại điểm K là:

     
          
        
11 12 13
(K)
21 22 23 2
31 32 33
48 20 0
kN
T 20 0 14 ( )
cm
0 14 0
Các ứng suất chính tại điểm K là nghiệm của phương trình bậc ba:
3 2
1 2 3I . I . I 0      (1)
Tính các bất biến 1 2 3(I ,I ,I ) của trạng thái ứng suất:
         1 11 22 33I 48 0 0 48
     
       
     
11 12 22 23 11 13
2
21 22 32 33 31 33
48 20 0 14 48 0
I 596
20 0 14 0 0 0
  
     
           
     
  
11 12 13
22 23 21 23 21 22
3 21 22 23 11 12 13
32 33 31 33 31 32
31 32 33
I . . . 9408
Thay vào (1) ta được:
     3 2
48. 596. 9408 0
giải phương trình bậc ba ta được nghiệm, là các ứng suất chính tại K:
      1 2 3 2
kN
55,67; 9,718; 17,388 ( )
cm
* Tìm phương chính thứ nhất ứng với  1 2
kN
55,67 ( )
cm
, bằng cách giải hệ phương trình:
        

       

  
     
      
         
11 1 1 21 2 31 3
13 1 23 2 33 1 3
2 2 2
1 2 3
1 2 3 2 1
1 2 3 3 1
2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 1 1 1
( ).l .l .l 0
.l .l ( ).l 0
l l l 1
(48 55,67).l 20.l 0.l 0 l 0,3835.l
0.l 14.l (0 55,67).l 0 l 0,0964.l
l l l 1 l (0,3835.l ) (0,0964.l ) 1 l




 0,9299
vậy phương chính thứ nhất có các côsin chỉ phương là:

2.      1 2 3(l 0,9299; l 0,3566; l 0,0896)
* Tìm phương chính thứ hai ứng với  2 2
kN
9,718 ( )
cm
, bằng cách giải hệ phương trình:
11 2 1 21 2 31 3
13 1 23 2 33 2 3
2 2 2
1 2 3
( ).l .l .l 0
.l .l ( ).l 0
l l l 1
        

       

  
vậy phương chính thứ hai có các côsin chỉ phương là (giải tương tự như tìm phương chính thứ
nhất):
1 2 3(l ...; l ...; l ...)    
* Tìm phương chính thứ ba ứng với   3 2
kN
17,388 ( )
cm
, bằng cách giải hệ phương trình:
11 3 1 21 2 31 3
13 1 23 2 33 3 3
2 2 2
1 2 3
( ).l .l .l 0
.l .l ( ).l 0
l l l 1
        

       

  
vậy phương chính thứ ba có các côsin chỉ phương là (giải tương tự như phần trên):
1 2 3(l ...; l ...; l ...)    
2, Xác định giá trị của ứng suất pháp, ứng suất tiếp và ứng suất toàn phần trên mặt cắt đi
qua điểm K(4;4;7) có véc tơ pháp tuyến
 

1 2 3
2 2 1
v(l ,l ,l ) v( ; ; )
3 3 3
*Các thành phần của véc tơ ứng suất toàn phần 1 2 3( ; ; )v v v vp p p p được xác định theo công thức (3.10):

   
      
 
           
       
   

v1
11 1 21 2 31 3 v1
12 1 22 2 32 3 v2 v2
13 1 23 2 33 3 v3
v3
2 2 1
p 48. 20. 0. 45,333
3 3 3.l .l .l p
2 2 1
.l .l .l p p 20. 0. 14. 8,666
3 3 3
.l .l .l p
2 2 1
p 0. 14. 0. 9,333
3 3 3
Giá trị của ứng suất toàn phần: 2 2 2 2 2 2
1 2 3 2
45,333 8,666 9,333 47,08 ( )v v v v
kN
p p p p
cm
      
* Ứng suất pháp được tính theo công thức (3.13):
 2 2 2
11 1 22 2 33 3 12 1 2 13 1 3 23 2 3
2 2 2
2
. . . 2
2 2 1 2 2 2 1 2 1
48. 0. 0. 2 20. 0. 14. . 32,88
3 3 3 3 3 3 3 3 3
vv
vv
l l l l l l l l l
kN
cm
      

     
           
                
         
* Ứng suất tiếp được tính theo công thức (3.14):
2 2 2 2
2
47,08 32,88 33,69 ( )v v vv
kN
p
cm
     
3, Xác định ten xơ cầu và tenxơ lệch ứng suất tại điểm K.
Thay giá trị ứng suất trung bình 11 22 33
2
48 0 0
16
3 3
tb
kN
cm
  

     
    
 
vào công thức (3.17) ta
được ten xơ cầu và ten xơ lệch ứng suất.

3. Ví dụ 2. Cho ten-xơ biến dạng tại điểm K
11 12 13
2
21 22 23
31 32 33
3 1 0
T 1 1 2 .10
0 2 4


     
           
        
Yêu cầu:
1. Xác định các biến dạng chính và phương biến dạng chính tại điểm K.
2. Xác định biến dạng góc lớn nhất tại K
3. Xác định biến dạng dài tại K theo iphương 1 2 3v(l ,l ,l ) v(0,25;0,35;0,9)
 

4. Xác định ten-xơ lệch biến dạng tại K.
Giải:
1, Xác định các biến dạng chính và phương chính tại điểm K
Các biến dạng chính là nghiệm của phương trình
3 2
1 2 3J . J . J 0       (1)
Tính các bất biến 1 2 3(J ,J ,J ) của trạng thái biến dạng:
2 2 2 2
1 11 22 33J 3.10 1.10 4.10 6.10   
         
11 12 22 23 11 13 4 4 4
2
21 22 32 33 31 33
3 1 1 2 3 0
J .10 .10 .10 0
1 1 2 4 0 4
        
      
      
11 12 13
22 23 21 23 21 22 6
3 21 22 23 11 12 13
32 33 31 33 31 32
31 32 33
J . . . 28.10
  
     
           
     
  
Thay vào (1) ta được:
3 2 2 6
6.10 0. 28.10 0 
      
giải phương trình bậc ba ta được nghiệm chính là các biến dạng chính:
1 2 30,0476; 0,0311; 0,0188      
* Tìm phương ứng với biến dạng chính thứ nhất 1 0,0476  , bằng cách giải hệ phương trình:
11 1 1 21 2 31 3
13 1 23 2 33 1 3
2 2 2
1 2 3
2 2
1 2 3 2 1
2 2 4
1 2 3 3 1
2 2 2 2 2
1 2 3 1 1
( ).l .l .l 0
.l .l ( ).l 0
l l l 1
(3.10 0,0476).l 1.10 .l 0.l 0 l 1,76.l
1.10 .l 2.10 .l (4.10 0,0476).l 0 l 4,63.l
l l l 1 l (1,76.l ) (
 
  
        

       

  
     
      
      2
1 14,63.l ) 1 l 0,2




   
vậy phương chính thứ nhất có các côsin chỉ phương là:
1 2 3(l 0,2; l 0,352; l 0,912)     
* Tìm phương ứng với biến dạng chính thứ hai 2 0,0311  , bằng cách giải hệ phương trình:

4. 11 2 1 21 2 31 3
13 1 23 2 33 2 3
2 2 2
1 2 3
2 2
1 2 3 2 1
2 2 4
1 2 3 3 1
2 2 2 2 2
1 2 3 1 1
( ).l .l .l 0
.l .l ( ).l 0
l l l 1
(3.10 0,0311).l 1.10 .l 0.l 0 l 0,11.l
1.10 .l 2.10 .l (4.10 0,0311).l 0 l 0,247.l
l l l 1 l (0,11.l )
 
  
        

       

  
     
       
     2
1 1( 0,247.l ) 1 l 0,965




     
vậy phương chính thứ hai có các côsin chỉ phương là:
1 2 3(l 0,965; l 0,106; l 0,238)    
* Tìm phương ứng với biến dạng chính thứ hai 3 0,0188   , bằng cách giải hệ phương trình:
11 3 1 21 2 31 3
13 1 23 2 33 3 3
2 2 2
1 2 3
1
2
1
( ).l .l .l 0
.l .l ( ).l 0
l l l 1
l 0,191
l 0,927
l 0,313
        

       

  
 

  
 
vậy phương chính thứ ba có các côsin chỉ phương là:
1 2 3(l 0,191; l 0,927; l 0,313)    
2, Biến dạng góc lớn nhất:
1 3
max1 3
2 3
max2 3
2 3
max1 2
0,0476 ( 0,0188)
0,0144
2 2
0,025
2
0,025
2



    
   
  
  
  
  
3, Biến dạng dài tại K, theo phương 1 2 3v(l ,l ,l ) v(0,25;0,35;0,9)
 

 
  

             
         

2 2 2
vv 11 1 22 2 33 3 12 1 2 23 2 3 31 3 1
2 2 2 2
2
.l .l .l 2 .l .l .l .l .l .l
3.0,25 ( 1).0,35 4.0,9 2 1.0,25.0,35 2.0,35.0,9 0 .10
4,74.10
4, Ten-xơ lệch biến dạng D tại K.
Biến dạng dài trung bình:
2 211 22 33
tb
3 ( 1) 4
.10 2.10
3 3
        
   
11 tb 12 13
2
21 22 tb 23
31 32 33 tb
( ) 1 1 0
D ( ) 1 3 2 .10
( ) 0 2 2


       
             
          

5. Ví dụ 3. Trạng thái ứng suất của môi trường cho bởi ten-xơ

 
   
  
1 2 2
4
2 3 2
3
3x x 5x 0
kN
T 5x 0 2x .10 ( )
cm
0 2x 0
Biết vật liệu có: mô đun đàn hồi 4 2
E 2.10 (kN / cm ) và hệ số Poát xông 0,25 
Yêu cầu:
1) Xác định các biến dạng chính và phương chính tại điểm K (4;4;7)
2) Xác định biến dạng dài tại điểm P(1;2;3) theo phương 1 2 3
1 2 1
n(l ,l ,l ) n( ; ; )
3 3 3
 


3) Xác định ten-xơ cầu biến dạng và ten –xơ lệch biến dạng tại điểm P(1;2;3).
Giải:
1, Xác định các biến dạng chính và phương chính tại điểm K (4;4;7)
Thay toạ độ của điểm K vào ten-xơ ứng suất của môi trường ta được ten-xơ ứng suất tại điểm K là:
(K) 4
2
48 20 0
kN
T 20 0 14 .10 ( )
cm
0 14 0

 
   
  
Ta xác định ten-xơ biến dạng tại điểm K khi biết ten-xơ ứng suất tại K, bằng cách biểu diễn biến
dạng qua ứng suất thông qua định luật Húc (5.19a):
   
   
   
4
11 11 22 33 4
4
22 22 11 33 4
4
33 33 11 22 4
4
12 21 12 4
13 31 13
1 1
v( ) 48 0,25.(0 0) .10 24
E 2.10
1 1
v( ) 0 0,25.(48 0) .10 6
E 2.10
1 1
v( ) 0 0,25.(48 0) .10 6
E 2.10
1 v 1 0,25
. .20.10 12,5
E 2.10
1 v 1
.
E
          
           
           
 
      
 
      4
4
23 32 23 4
0,25
.0 0
2.10
1 v 1 0,25
. .14.10 8,75
E 2.10












 

  
      

 ten –xơ biến dạng tại K là:
11 12 13
(K)
21 22 23
31 32 33
24 12,5 0
T 12,5 6 8,75
0 8,75 6

     
           
         
Các biến dạng chính tại K là nghiệm của phương trình
3 2
1 2 3J . J . J 0       (1)
Tính các bất biến 1 2 3(J ,J ,J ) của trạng thái biến dạng:
1 11 22 33J 12      
11 12 22 23 11 13
2
21 22 32 33 31 33
J 484,81
     
    
     

6. 11 12 13
22 23 21 23 21 22
3 21 22 23 11 12 13
32 33 31 33 31 32
31 32 33
J . . . 0
  
     
          
     
  
Thay vào (1) ta được:
3 2
12 484,81. 0 0      
giải phương trình bậc ba ta được nghiệm là các biến dạng chính:
1 2 328,82; 0; 16,82      
* Tìm phương ứng với biến dạng chính thứ nhất 1 28,82  , bằng cách giải hệ phương trình:
11 1 1 21 2 31 3
13 1 23 2 33 1 3
2 2 2
1 2 3
( ).l .l .l 0
.l .l ( ).l 0
l l l 1
        

       

  
(2)
thay số vào hệ (2), giải ra ta được phương của biến dạng chính thứ nhất có các côsin chỉ phương là:
1 2 3(l 0,93; l 0,358; l 0,09)     
* Tương tự như việc tìm phương của biến dạng chính thứ nhất, để tìm phương ứng với biến dạng
chính thứ hai 2 0  , ta giải hệ phương trình:
11 2 1 21 2 31 3
13 1 23 2 33 2 3
2 2 2
1 2 3
( ).l .l .l 0
.l .l ( ).l 0
l l l 1
        

       

  
(3)
thay số vào hệ (3), giải ra ta được phương của biến dạng chính thứ hai có các côsin chỉ phương là:
1 2 3(l ...; l ...; l ...)     
* Tìm phương ứng với biến dạng chính thứ hai 3 16,82   , ta giải hệ phương trình:
11 3 1 21 2 31 3
13 1 23 2 33 3 3
2 2 2
1 2 3
( ).l .l .l 0
.l .l ( ).l 0
l l l 1
        

       

  
(4)
thay số vào hệ (4), giải ra ta được phương của biến dạng chính thứ ba có các côsin chỉ phương là:
1 2 3(l ...; l ...; l ...)     
2, Xác định biến dạng dài tại P(1;2;3), theo phương
 
 1 2 3
1 2 1
v(l ,l ,l ) v( ; ; )
3 3 3
Thay toạ độ của điểm P(1;2;3) vào ten-xơ ứng suất của môi trường ta được ten-xơ ứng suất tại
điểm P là:
(P) 4
2
6 10 0
kN
T 10 0 6 .10 ( )
cm
0 6 0

 
   
  
Ta xác định ten-xơ biến dạng tại điểm P khi biết ten-xơ ứng suất tại P, bằng cách biểu diễn biến
dạng qua ứng suất thông qua định luật Húc:

7.    
   
   
4
11 11 22 33 4
4
22 22 11 33 4
4
33 33 11 22 4
4
12 21 12 4
13 31 13
1 1
v( ) 6 0,25.(0 0) .10 3
E 2.10
1 1
v( ) 0 0,25.(6 0) .10 0,75
E 2.10
1 1
v( ) 0 0,25.(6 0) .10 0,75
E 2.10
1 v 1 0,25
. .10.10 6,25
E 2.10
1 v
.
E
          
           
           
 
      

      4
4
23 32 23 4
1 0,25
.0 0
2.10
1 v 1 0,25
. .6.10 3,75
E 2.10











 
 

  
      

 ten –xơ biến dạng tại P là:
11 12 13
(P)
21 22 23
31 32 33
3 6,25 0
T 6,25 0,75 3,75
0 3,75 0,75

     
           
         
 2 2 2
vv 11 1 22 2 33 3 12 1 2 23 2 3 31 3 1
2 2 2
.l .l .l 2 .l .l .l .l .l .l
1 2 1 1 2 2 1
3.( ) ( 0,75).( ) ( 0,75).( ) 2 6,25. . 3,75. .( ) 0
3 3 3 3 3 3 3
2,423
             
  
            
  

3.Ten-xơ cầu và ten-xơ lệch biến dạng tại điểm P
Ten-xơ lệch biến dạng D tại P:
Biến dạng dài trung bình:
11 22 33
tb
3 ( 0,75) ( 0,75)
0,5
3 3
        
   
11 tb 12 13
21 22 tb 23
31 32 33 tb
( ) 2,5 6,25 0
D ( ) 6,25 1,25 3,75
( ) 0 3,75 1,25

       
             
           
Ten-xơ cầu biến dạng tại P:
tb
0 tb
tb
0 0 0,5 0 0
T 0 0 0 0,5 0
0 0 0 0 0,5

   
        
      

8. Ví dụ 4. Cho ten-xơ biến dạng tại điểm K
11 12 13
4
21 22 23
31 32 33
3 1 0
T 1 1 2 .10
0 2 4


     
           
        
Biết vật liệu có: mô đun đàn hồi 4 2
E 2.10 (kN / cm ) và hệ số Poát xông 0,25 
Yêu cầu:
1, Xác định các ứng suất chính và phương chính tại điểm K.
2, Xác định biến các thành phần ứng suất trên mặt nghiêng đều đối với các phương ứng suất chính
dạng tại K
Giải:
1, Xác định các ứng suất chính và phương chính tại điểm K.
Xác định ten-xơ ứng suất tại điểm K bằng cách biểu diễn ứng suất qua biến dạng theo định luật
Húc.
Ta có mô đun đàn hồi khi trượt là:    
 
4
4E 2.10
0,8.10
2(1 v) 2(1 0,25)
(lưu ý, trong SBVL kí
hiệu mô đun đàn hồi trượt là G);
Biến dạng thể tích tỉ đối là: 4
11 22 33 6.10
       
Hằng số Lamê:
4
4v.E 0,25.2.10
0,8.10
(1 v)(1 2.v) (1 0,25)(1 2.0,25)
   
   
Áp dụng định luật Húc (5.19b) ta có:
4 4 4 4
11 11
4 4 4 4
22 22
4 4 4 4
33 33
4 4
12 21 12
23 32 23
2 2.0,8.10 .3.10 0,8.10 .6.10 9,6
2 2.0,8.10 .( 1).10 0,8.10 .6.10 3,2
2 2.0,8.10 .4.10 0,8.10 .6.10 1,6
2 2.0,8.10 .1.10 1,6
2 2.0,
 
 
 

       
        
        
      
      4 4
4
13 31 13
8.10 .2.10 3,2
2 2.0,8.10 .0 0










      
 ten –xơ ứng suất tại K là:
11 12 13
21 22 23 2
31 32 33
9,6 1,6 0
kN
T 1,6 3,2 3,2 ( )
cm
0 3,2 1,6

     
          
         
Các biến ứng suất chính tại điểm K là nghiệm của phương trình
3 2
1 2 3I . I . I 0      (1)
Tính các bất biến 1 2 3(I ,I ,I ) của trạng thái ứng suất:
1 11 22 33I 9,6 3,2 ( 1,6) 11,2          
11 12 22 23 11 13
2
21 22 32 33 31 33
9,6 1,6 3,2 3,2 9,6 0
I 2,56
1,6 3,2 3,2 1,6 0 1,6
     
       
       
11 12 13
22 23 21 23 21 22
3 21 22 23 11 12 13
32 33 31 33 31 32
31 32 33
I . . . 140,36
   
                        
    
Thay vào (1) ta được:

9. 3 2
11,2. 2,56. 140,36 0     
giải phương trình bậc ba ta được nghiệm, là các ứng suất chính tại K:
1 2 310,07; 4,34; 3,21      
* Tìm phương chính thứ nhất ứng với 1 10,07  , bằng cách giải hệ phương trình:
11 1 1 21 2 31 3
13 1 23 2 33 1 3
2 2 2
1 2 3
1 2 3 2 1
1 2 3 3 1
2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 1 1
( ).l .l .l 0
.l .l ( ).l 0
l l l 1
(9,6 10,07).l 1,6.l 0.l 0 l 0,2937.l
0.l 3,2.l ( 1,6 10,07).l 0 l 0,0805.l
l l l 1 l (0,2937.l ) (0,0805.l )
        

       

  
     
       
       11 l 0,956




  
vậy phương chính thứ nhất có các côsin chỉ phương là:
1 2 3(l 0,956; l 0,28; l 0,077)     
* Tìm phương chính thứ hai ứng với 2 4,32  , bằng cách giải hệ phương trình:
11 2 1 21 2 31 3
13 1 23 2 33 2 3
2 2 2
1 2 3
( ).l .l .l 0
.l .l ( ).l 0
l l l 1
        

       

  
vậy phương chính thứ hai có các côsin chỉ phương là:
1 2 3(l ...; l ...; l ...)    
* Tìm phương chính thứ ba ứng với 3 3,21   , bằng cách giải hệ phương trình:
11 3 1 21 2 31 3
13 1 23 2 33 3 3
2 2 2
1 2 3
( ).l .l .l 0
.l .l ( ).l 0
l l l 1
        

       

  
vậy phương chính thứ ba có các côsin chỉ phương là:
1 2 3(l ...; l ...; l ...)    
2, Xác định các thành phần ứng suất trên mặt nghiêng đều đối với các phương ứng suất chính
dạng tại K
Ten-xơ ứng suất ứng suất chính tại điểm K, khi lấy ba phương chính làm ba trục toạ độ là:
1
K
2
3
0 0 10,07 0 0
T 0 0 0 4,34 0
0 0 0 0 3,21

   
        
       
Mặt nghiêng đều so với ba phương chính sẽ có véc tơ côsin chỉ phương là (ở đây ta chỉ xét mặt
nằm tại góc phần tư thứ nhất):
1 2 3
1 1 1
n(l ,l ,l ) n( ; ; )
3 3 3
 

Vậy các thành phần ứng suất v1 v2 v3(p ;p ;p ) trên mặt nghiêng đó là:

10. v1 11 1 21 2 31 3 11 1
v2 12 1 22 2 32 3 22 2 2
v3 13 1 23 2 33 3 33 3
1p .l .l .l .l 10,07. 5,81
3
kN1p .l .l .l .l 4,34. 2,5 ( )
3 cm
1p .l .l .l .l 3,21. 1,85
3
          

         

            

Ví dụ 5: Cho đập có mặt cắt ngang (OAB) như hình vẽ. Hãy xác định trạng thái ứng
suất trong đập (bỏ qua lực khối và trọng lượng riêng của đập).
Biết const  .
Cho hàm ứng suất ( , )x y có dạng : 3 2 2 3
( , ) . . . .x y a x b x y c xy d y     ,
trong đó: a, b, c, d là các hằng số.
q=y
y


Giải:
Các ứng suất tính theo hàm Airy ( , )x y có dạng (7.11):
2
x 2
2
2
2
2 6
6 2 (*)
(2 2 )
x
yy
xy
cx dy
y
ax by
x
bx cy
x y






 
   
 
  

 
    
 
Điều kiện biên để tìm các hằng số a, b, c, d như sau:
 Tại biên OA có phương trình: x=0; y>0
Các cosin chỉ phương: 1; 0x yl l 
Các tải trọng trên biên: * *
; 0x yf q y f    
Điều kiện biên trở thành:

11. *
x
*
. . (2 6 ).1 ( 2 2 ).0 (1)
. . ( 2 2 ).1 (6 2 ).0 0 (2)
6 (1')
6
2 0 0 (2')
x x xy y x
xy x yy y y
l l f cx dy bx cy y
l l f bx cy ax by
dy y d
cy c
  
 


         

       

   
 
   
 Tại biên OB có phương trình: y = 0
(120 )tg .x = 3.x ; y>0
Các cosin chỉ phương:
0 0 0 03 1
s(90 60 ) ; s(90 30 )
2 2
x yl co l co       
Các tải trọng trên biên: * *
0; 0x yf f 
Điều kiện biên trở thành:
*
x
*
3 1
. . (2 6 ).( ) ( 2 2 ).( ) 0 (3)
2 2
3 1
. . ( 2 2 ).( ) (6 2 ).( ) 0 (4)
2 2
x x xy y x
xy x yy y y
l l f cx dy bx cy
l l f bx cy ax by
 
 

         


          
Thay 3y x  vào (3) và (4); đồng thời từ (1’) và (2’) có ; 0
6
d c

   ta thay vào
(3) và (4); cuối cùng ta nhận được:
3 1 3
( 3. ).( ) ( 2 ).( ) 0
2 2 2
3 1
( 2 ).( ) 6 2 ( 3. ) .( ) 0 3
2 2
x bx b
bx ax b x a




        


           
Như vậy ta tính được giá trị của các hằng số a, b, c, d cụ thể là:
3
3 ; ; 0;
2 6
a b c d
 
    
Sau đó thay a, b, c và d vào biểu thức (*) ta được ứng suất trong đập:
2
x 2
2
2
2
6 3 3
3
x
yy
xy
y
y
x y
x
x
x y

 

  

 
 
   
 
  

 
   
 

13. Ví dụ 6: Cho đập có mặt cắt ngang (OAB) như hình vẽ. Hãy xác định trạng thái ứng
suất trong đập (bỏ qua lực khối và trọng lượng riêng của đập).
Biết const  .
Cho hàm ứng suất ( , )r  có dạng :
3
( , ) ( . 3 .sin3 . .sin )r r Acos B C cos D         , trong đó A, B, C, D là các hằng
số.
r
q=r t=2q


Giải:
Các ứng suất tính theo hàm Airy (9.5) có dạng:
2
2 2
2
2
2
2
1 1
. . .( 6 3 6 sin3 2 2 sin )
6 ( 3 sin3 sin ) (*)
1 1
. . (6 sin3 6 s3 2 sin 2 s )
rr
r
r Acos B Ccos D
r r r
r Acos B Ccos D
r
r A Bco C Dco
r r r


 
    


    
 
    
 
  
        

    

  
     
  
Điều kiện biên để tìm các hằng số A, B, C, D như sau:
 Tại biên OA ứng với 0
90  thì:
. 6 ( ) . 6( ) (1)
0 ( 6 2 ) 0 6 2 0 (2)r
q r r B D r B D
r A C A C


   

             

        
 Tại biên OB ứng với 0
120  thì:
3 3
0 6 ( ) 0 0 (3)
2 2 2 2
(6 3 ) 2 6 3 2 (4)r
D D
r B C B C
t r A C D r A C D



  

        

         
Giải hệ (1), (2), (3) và (4) ta được giá trị cụ thể của A, B, C và D là:

14. ( 3 12)
72
(12 3 7)
72
( 3 12)
24
(12 3 5)
72
A
B
C
D




 


 



 

 
Sau đó thay A, B, C và D vào biểu thức (*) ta được ứng suất trong đập.
( 3 12) (12 3 7) ( 3 12) (12 3 5)
. 3 sin3 sin
12 12 12 36
( 3 12) (12 3 7) ( 3 12) (12 3 5)
6 3 sin3 sin
72 72 24 72
( 3 12) (12 3 7) ( 3 12) (12 3 5)
sin3 s3 sin
12 12 12
rr
r
r cos cos
r cos cos
r co


   
    
   
    
  
   
    
     
 
    
    
 
   
    s
36
co










 
   
PHƢƠNG PHÁP SAI PHÂN HỮU HẠN
Phương pháp sai phân hữu hạn là một phương pháp số để giải các phương trình vi phân thường hay
phương trình vi phân đạo hàm riêng. Theo phương pháp này, người ta biểu diễn đạo hàm các cấp qua
giá trị của hàm số tại một số điểm nút (nút của lưới chia). Do đó, việc giải phương trình vi phân ban
đầu được đưa về việc giải một hệ phương trình đại số tuyến tính.
1. Đạo hàm và sai phân của hàm một biến
Cho hàm số f(x) liên tục và khả vi trong miền  ,a b . Tiến hành chia đoạn này thành một số hữu
hạn những đoạn nhỏ có giá trị x và kí hiệu if là giá trị hàm số tại điểm chia thứ i, tức là ( )i if f x .
Các khoảng x gọi là bước sai phân. Các bước sai phân có thể chia đều hoặc không đều, (ta chỉ xét
trường hợp bước sai phân đều).
Theo phương pháp sai phân, giá trị đạo hàm tại ix được thay gần đúng bởi:
0
lim i
x
i i
fdf f
dx x x 

 
 
(1)
Đại lượng if gọi là sai phân cấp một, tỷ số if
x


gọi là tỷ
sai phân. Sai phân cấp một if có các dạng khác nhau:
1i i if f f    : gọi là sai phân lùi
1i i if f f   : gọi là sai phân tiến
1 1
2
i i
i
f f
f  
  : gọi là sai phân trung tâm.
Sai phân trung tâm cho giá trị trung bình sát thực hơn của
đạo hàm và thường được dùng trong tính toán đạo hàm. Như
Hình 1. Sai phân hàm một biến vậy, đạo hàm cấp một được xấp xỉ là:
o
f(x)
x
fi-2
fi-1
fi
fi+1
fi+2
x i-1 i i+1i-2 i+2
f

15. 1 1
2
i i i
i
f f fdf
dx x x
  
 
 
(2)
Tương tự đạo hàm cấp một, đối với đạo hàm cấp cao tại ix được thay gần đúng bởi:
 
nn
i
nn
i
fd f
dx x



(3)
Đại lượng n
if gọi là sai phân cấp n, của hàm ( )f x tại điểm chia thứ i:
1
( )n n
i if f
    (4)
Từ đó, sai phân cấp hai có giá trị là:
2 2
2 1 1 1 1
2 2
2 2
( )
2 2 2
2
4
i i i i
i i i i
i i
i i i
f f f f
f f f f
f f
f f f
 
   
 
    
                    
 
 

(5)
và giá trị của đạo hàm cấp hai là:
   
22
2 2
2 22
2
4
i i i i
i
f f f fd f
dx x x
   
 
 
(6)
fi
f*i-1
f*i+1
fi-1f*i-2
fi+1f*i+2
x x
2
x
2
x
2
x
2
x
x
y
Hình 2. Bước chia bằng
2
x
Có thể tăng độ chính xác của biểu thức (6) lên bằng cách chia nhỏ bước, lấy bước chỉ bằng
2
x
, (hình
vẽ 3). Khi đó vẫn giữa nguyên các kí hiệu cũ, ta có thể viết biểu thức mới có độ chính xác cao hơn cho
đạo hàm cấp hai của hàm ( )f x là:
   
22
1 1 1 1
2 2 22
2 2
4
2
i i i i i i i
i
f f f f f f fd f
dx x xx
       
  
  
 
 
(7)
như vậy sai phân cấp hai là:
2
1 12i i i if f f f     (8)
và sai phân cấp bốn là:

16.          
     
4 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
2 1 1 1 1 2
2 1 1 2
2 2
2 2 2 2
4 6 4
i i i i i i i i
i i i i i i i i i
i i i i i
f f f f f f f f
f f f f f f f f f
f f f f f
   
     
   
              
         
    
viết lại: 4
2 1 1 24 6 4i i i i i if f f f f f         (9)
2. Đạo hàm và sai phân của hàm hai biến
x x x
y
y
y
x
y
103
7
11
5
9
26
10
8
12
4
T1B1N1
T4
B4
N4
T3 B3 N3
T2
B2
N2
Hình 3. Chia lưới trên tấm
Xét hàm số hai biến  ,x y liên tục trong miền phẳng A. Tiến hành chia miền A bởi một mạng
lưới các đường song song với các trục tọa độ, cách đều nhau một khoảng x và y , sau đó đánh số
các điểm nút như hình vẽ . Yêu cầu: tính đạo hàm các cấp tại điểm “0” của hàm  ,x y , bằng
phương pháp sai phân, theo giá trị hàm số tại các nút ( 1 12)i i  
Đạo hàm cấp một tại điểm “0” được tính theo biểu thức sai phân (2) :
1 3
0
2 4
0
2
2
x x
y y
 
 

  

 
  
(10)
Đạo hàm cấp hai tại điểm “0” được tính theo biểu thức sai phân (7) và (2) :
 
 
2
1 0 3
22
0
2
2 0 4
22
0
2
1 3 5 8 6 7 5 6 7 8
0
2
2
( ) ( )
2 2 .2 4
x x
y y
x y y x x y x y
  
  
          
  

 

 

 

                     
(11)

17. Đạo hàm cấp bốn tại điểm “0” được tính theo biểu thức sai phân (9) :
 
 
     
4
9 1 0 3 11
44
0
4
10 2 0 4 12
44
0
4 2
1 0 3 0 1 2 3 4 5 6 7 8
2 2 22 2 2
0
4 6 4
4 6 4
2 4 2( ) ( )
x x
y y
x y y x x y
    
    
            

    
 

    

 

           
          
(12)
3. Phƣơng trình song điều hòa dƣới dạng sai phân
Hàm ứng suất Airy cho bài toán phẳng của lý thuyết đàn hồi, thỏa mãn phương trình song điều
hòa tại mọi điểm trong miền A:
4 4 4
4
4 2 2 4
2 0
x x y y
  

  
    
   
(13)
Sai phân hóa phương trình này với bước sai phân đều nhau xyx y     , ( thay biểu thức (12)
vào biểu thức (13) ) ta có:
4 4 4
4 9 1 0 3 11
4 2 2 4 4
0 1 2 3 4 5 6 7 8 10 2 0 4 12
4 4
4 6 4
2
4 2( ) ( ) 4 6 4
2. 0
xy
xy xy
x x y y
      

             
     
     
    
           
  
 
Từ đó ta thu được phương trình đại số:
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1220 8( ) 2( ) 0                         (14)
Hệ số tại các điểm nút khác nhau, khi viết phương trình sai phân cho điểm “0” được lấy trên sơ đồ
hình 3:
Hình 4. Hệ số tại các nút khi viết phương trình sai phân cho điểm “0”
Điểm "0"
cần viết
pt sai phân
20 -8-8
2
120
-8
-8
2
2 2
1
1
1

18. Giả sử có “n” nút nằm bên trong tấm. Viết phương trình tại tất cả “n” các nút nằm bên trong tấm, ta
nhận được một hệ “n” phương trình đại số tuyến tính đối với các ẩn số là giá trị ( 1 )i i n   tại những
nút bên trong này và thêm cả những giá trị của  nằm trên biên ( , êj bi n ) hoặc nằm sát phía ngoài biên
( , ài êj ngo bi n ). Để hệ phương trình có đủ số phương trình bằng số ẩn số (hệ phương trình kín) ta cần bổ
xung giá trị hàm  và các đạo hàm của nó tại những điểm trên biên hay nằm sát ngoài biên. Những
phương trình bổ xung này được viết trên cơ sở điều kiện biên theo ứng suất.
4. Giá trị hàm và các đạo hàm của hàm ứng suất Airy trên biên
fx
fy
xB
yB
Xét trường hợp biên có hình dạng bất kì. Ta có giá trị ứng suất viết theo hàm ứng suất Airy (hàm  )
là:
2
2
2
2
2
xx
yy
xy
y
x
x y






 
 
 


 
 
 
(15)
Thay (15) vào phương trình điều kiện biên (16):
*
*
. .
. .
xx xy x
xy yy y
l m f
l m f
 
 
  

 
(16)
ta được:
2 2
*
2
2 2
*
2
. .
. .
x
y
l m f
y x y
l m f
x y x
 
 
 
   

   
   
(17)
Thay các cô sin chỉ phương của véc tơ pháp tuyến ( , )v l m

:
( , )
( , )
dy
l cos v x
ds
dx
m cos v y
ds
 
 

  

  


19. vào biểu thức (17), ta được:
*
*
x
y
d
f
ds y
d
f
ds x


  
   
  

     
(18)
Sau đó lấy tích phân từ điểm A (được chọn bất kì gọi là điểm gốc) đến điểm B trên biên theo chiều kim
đồng hồ ta có biểu thức:
( )
( )
( )
B
y A
B
x A
B
B A
B F
x
B F
y
B M




 


 

 





(19)
Trong đó:
( )B
x


: giá trị đạo hàm theo biến x của hàm  tại điểm B
B
y A
F : tổng hình chiếu theo phương y của tất cả các ngoại lực đi từ điểm gốc A đến điểm
cần tính B
( )B
y


: giá trị đạo hàm theo biến y của hàm  tại điểm B
B
x A
F : tổng hình chiếu theo phương x của tất cả các ngoại lực đi từ điểm gốc A đến điểm
cần tính B
( )B : giá trị hàm  tại diểm B
B
B A
M : tổng mô men đối với điểm B của tất cả các ngoại lực đi từ điểm gốc A đến điểm
cần tính B.
Quy ước dấu:
* Tổng hình chiếu của hợp lực
B
x A
F hay
B
y A
F mang dấu dương nếu lần lượt có chiều
theo chiều dương của trục x và y.
* Tổng mô men
B
B A
M mang dấu dương nếu quay thuận chiều kim đồng hồ.
Chú ý:
Nếu đi theo biên từ điểm gốc A đến điểm cần tính B theo chiều ngược chiều kim đồng hồ thì ta vẫn
dùng biểu thức (19), nhưng lưu ý là quy ước dấu thì ngược lại.
5. Giá trị hàm ngoài biên
Kí hiệu điểm ngoài biên, điểm trên biên và điểm bên trong biên lần lượt là N, B, T. Các điểm ngoài
biên có thể có các vị trí như hình vẽ 3.
- Trường hợp 1 và 2: Điểm 1N nằm ở bên trái điểm 1B , và điểm 2N nằm phía dưới điểm 2B , theo
hệ thức (10):
1 1
1 1
1 1
2 2
2 2
22
2 . (20. )
2
2 . (20. )
2
T N
N T
B B
T N
N T
BB
x a
x x x
y b
y y x
  
 
  
 
 
    
  

      
   
- Trường hợp 3 và 4 : Điểm 3N nằm ở bên phải điểm 3B , và điểm 4N nằm phía trên điểm 4B :

20. 3 3
3 3
3 3
4 4
4 4
44
2 . (20. )
2
2 . (20. )
2
N T
N T
B B
N T
N T
BB
x c
x x x
y d
y y x
  
 
  
 
 
    
  

      
   
6. Trình tự giải bài toán bằng phƣơng pháp sai phân
Bước 1: Chia lưới trên tấm, đánh số các nút của lưới
Bước 2: Viết “n” phương trình sai phân tại “n” nút nằm bên trong chu vi tấm
Hệ số tại các điểm khác nhau trong phương trình sai phân được lấy theo sơ đồ trên hình
Phương trình sai phân tại điểm “0” được viết là:
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1220 8( ) 2( ) 0                        
Bước 3: Chọn điểm gốc A tùy ý trên biên. Tính giá trị giá trị hàm  và các đạo hàm của nó trên
biên, theo công thức (19) (theo chiều kim đồng hồ):
( )
( )
( )
B
y A
B
x A
B
B A
B F
x
B F
y
B M




 


 

 





Bước 4: Tính giá trị hàm  tại những điểm nằm sát ngoài biên theo công thức (20.a;b;c;d)
Bước 5: Giải hệ phương trình đại số tuyến tính gồm “n” phương trình sai phân tại “n” nút
trong chu vi tấm
Bước 6: Tính ứng suất theo công thức (15) và chú ý đến công thức (11) với các hệ số lấy tại các
điểm như hình vẽ 5.
0
0
0
0 0
-1 1
-11
-2
1
1
1 1
tính
tính
xx
yy
tính xy
Hình 5. Hệ số tính ứng suất ,xx yy  và xy
Chẳng hạn ứng suất tại điểm “0” là:
 
 
2
2 0 4
22
0
2
1 0 3
22
0
2
5 6 7 8
0
2
2
4
xx
yy
xy
y y
x x
x y x y
  

  

   

  
 
 

 
 
 

      
    

21. 7. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Xác định ứng suất tại điểm K trên tấm tam giác chịu lực
tiếp tuyến t phân bố đều trên hai cạnh và chịu lực pháp tuyến q phân
bố đều trên cạnh đáy như trên hình 1, với bước sai phân chia đều
2
x y xy
a
      .
Giải:
Hình 1. Tấm chịu lực
Bước 1: Chia lưới và đánh số cho các nút.
Chia tấm bởi mạng lưới hình vuông, có cạnh là
2
x y xy
a
      . Do tấm và tải trọng đối xứng qua trục y, nên
ta đánh số cho nút của tấm như hình vẽ 2. Chọn điểm gốc A
trùng với điểm 1.
Từ điều kiện cân bằng ta có:
1
. 2.( . 2). 0
22
q
Y q a t a t    
Bước 2: Viết phương trình sai phân cho điểm K.
5 6 1 7 2 4 8 920 8(2. ) 2(2. 2. ) (2. ) 0K                
Bước 3: Tính giá trị hàm  và đạo hàm tại những nút nằm trên
biên và nằm sát ngoài biên. Hình 2. Đánh số các nút
- Các nút trên biên là: 1; 2; 3; 5; 6, trong đó ta không cần tính nút 3 vì trong phương trình sai phân
không chứa 3 .
Nút 1:
1
1
1
0
0
0
x
y




 




 


Nút 2:
2
2
2
2
2
2
2 2
2
(0) 0
( . ).
2 4 8
y A
x A
A
qa
F
x
F
y
a a qa
M q




  


    


   




a
2
a
2
a
2
a
2
q
t t
K
a
2
a
2
1
K
23
4
5
67
8
2 3
4
5
7
A
a
2
a
2
9a
x
y
2
a
2
a
2
a
2
a
2
a
2
q
t t

22. Nút 5:
5 0
5
5 0
5
2
5
5 5
( 2).sin 45
2 2 4
( 2). s45
2 4
( . ).
2 4 8
y A
x A
A
qa a qa
F t
x
a qa
F t co
y
a a qa
M q




    


     


   




Nút 6:
6 0
6
6 0
6
2
6
6 6
( . 2).sin 45 0
2
( . 2). s45
2
( . ).
2 4 8
y A
x A
A
qa
F t a
x
qa
F t a co
y
a a qa
M q




    


     


   




- Các nút sát ngoài biên là: 4; 7; 8; 9.
Nút 4 và 9:
2
4
4
5 5
9
9
11
2 . .
2 4 4
2 . .0
2
K
K K K
K
K K K
qa qa
x a
x x x
y a
y y x
  
   
  
   
  
           

         
   
Nút 7 và 8:
2 2
7 2
7 2
5 5
2
8
8
66
2 . .
2 8 4 8
2 .
2 2 2
K
K K K
qa qa qa
y a
y y y
qa qa
y a
y y x
  
 
  
   
  
        
  

          
   
Bước 4: Thay giá trị hàm  tại các nút, vừa tính được vào phương trình sai phân và giải.
5 6 1 7 2 4 8 920 8(2. ) 2(2. 2. ) (2. ) 0K                
2 2 2 2 2 2
2
2
20 8 2.( ) 0 2 2. 2.( ) 2.( ) ( ) 0
8 8 8 8 4 2
24 0
24
K K K K
K
K
qa qa qa qa qa qa
qa
qa
   


     
                  
     
  
 

23. Bước 5: Tính ứng suất tại K
 
 
2 2
2
6 1
2 22
2 2 2
2
5 5
2 22
2
7 7 2 2
2( ) 0
2 58 24
6
2
2( )
2 28 24 8
3
2
0
4
K
xx
K
K
yy
K
xy
K
qa qa
q
y y a
qa qa qa
q
x x a
x y x y
  

  

   


    
   
   
   


     
    
   
   

  
        



Ví dụ 2: Xác định ứng suất tại điểm K (tính ứng suất theo q) trên tấm chịu lực như trên hình 1, với
bước sai phân chia đều
2
x y xy
a
      .
q
K
q1 q1
45° 45°
a/2a/2
a/2 a/2