ATa19王At 我们将在下章证明 limkaD=K (3.8) 求出组合刚度知阵Kz以后,由方程(I.8) (K2+KO)X+A=0, 可以求出转移矩阵 ↓=(K:+K 在下章,我们将证明(3.8)的收敛速度是非常快的,但是, 这个达代格式有一个很大的觖陷。经计算表明,迭代式(3.3 (3.5)每计算一次,十进有效数字大约损失一位、经过很少 几次运算后,虽然K:就已经完全不随【而改变,但是它不是我 们」所要揿的组合刚度矩阵Kz,这就是所谓“伪收敛”现象。为 解决比问樾,可以在计算时取较多的宇位,也可以用下面的迭代 法校正已经得到 面我们给另一个选代格式,它的收敛速度不是那么快,但 却是稳定的。我们的建议是:先用(3.3)-(3.5),(3.7)作不多的 儿次迭代,得到一个粗糙的K2的近似值,再以它为初值,用下面 的讼代式、得到所需要的尚鞘度的Kz矩阵, 取定}0,设2层的组合刚度矩阵为知,并且有足够高 的褙确叟,由村似性,在24层以外以至无穷的无界区域上,纽 合刚阵应该仿是K,于是我们有 (g,v) K )(0)+3x} (3.9) 计箅花括号中的量於于的偏微商,并且令它等于零,我们得 2A!3s+2K!W+2Kxt=0, 于总
代人(3.9)式得 TKsdo=yT(X1-AT(K+Ki-Ar). 但悬y是任意的,我们得到Kx满足的矩阵方程 Kx=K1-ATOKz+KID-IAI (3.10) 我们在下章中还要证明g1是Kx的零特征向量(对应于特征 值零的特征向量)。根据(3,10),可以设计如下的迭代格式: 已知K)为对称、半正定矩阵,以31为零特征向量, 则令 x·1=Kt-A(Km)+K1)At (3.11 2.校正 理论上,我们将在下章证明κm1也是对称、半正定矩阵, 以g1为零特征向量。但是,计算(3.11)的过程中不可避免地 会有含入误差,因此Ka1不完全具有上述性质。这会影响迭 代的牧敛性。为此对K1)作适当的校正。以k2,记矩阵K1 的元素。首先,对于1,以(+k代替4;与k;4,然 后令k1=-∑k 1 3.以π+1作为m,回到第一步 我们将在下章证明 lim km)=Kz, 而且只要κφ°)是对称、半正定矩阵,以g1为零特征向量,则此 迭代格式不会出现“伪收敛”现象。 8 4 般单元 在§1中给出的单元剖分方式还可以进一步作推广,一方面, 所使用的单元不一定限于线性三角形单元,另一方面,每一层也 不一定按射线进行剖分,我们注意到,在前面的推导中,除了各 层的刚度矩阵是相同的这一点以外,对于刚度矩阵我们没有提出 I2
任何其它要求。因此,对于更为一般的剖分,前面的推理都还是 适用的。 图5是一个不完全按射线进行剖分的例子,其中包括了线性 三形单元与叫节点双线性等参数四边形单元。在一层内的剖分 共实可以和当任太,只要r如-与Ik上的节点互相对应,每层的 剖分是儿何相的就可以了,图6是使用四边形八节点等参数单 元的例了。 图8 需要注意的是,图5与图6中都出现了不在「k与厂h-,上的 节点。这时,我们先耍将这些节点上的值从方程组中消去,得出 一层的组合度矩阵。设内部节点上的值纽成了向量,则利 总刚度矩阵可以写出-层上的应变能为 K K ' =a(yk-1, yT,yIKe A'22K22 (4.I) aw 0得 K+(K22+K2)k-,+(Ka+Ks2)yk=0
解出y得 K21(K12+K21) 2 y (K28+Ka2)y 以(4.2)代入(4.1),经整理后可得 v1, K A A K八y, 每一层的组合刚度矩阵都是相同 的。 §2中所叙述的方法也适用 于更一般的剖分,例如图7,它 在旋转。弧度后保持不变,但是, 亡的讨论涉及到块循环矩阵,我 们将在后面讨论平面应力计算 时,再讨论块循环矩阵的 Fourier 方法 §5三维 Lapiace方程外问题 与二维情形类似,设∫。为三维空间中闭凸曲面,它由空间 四迦形缀成,O为内部的点。取>1,以§2,…,,…为比例 常数,O为相似中心,作r。的相似形,依次记为r,2,…,「z 在fk-1与fk之间可以剖分为各种单元,例如八节点六面体 等叁数单元。以 K A K 记F与F之间这一层的组合刚度矩阵,则其余各层的组合刚度 矩阵为
A k=2, 令K=512K+512K,则与方程(1.6)k对应的方程是 Ayk-1+51/2Kyk-5ATyk+1=0. 因此转移矩阵X满足方程 5ATx2-512KX+A=0 若令§1 1/2飞二 Y,则Y满足方程 A 4-KY+A=0 我们将在下章证明,转移矩阵X的特征值λ都满足1M|< 点-1/2,从而矩阼Y的特征值λ都满足14<1。按照(1.9)定义 矩阼R1,R2以后,可以求出阵束R1-λR2的广义特征值与特 征向量,用§!中的方法求出矩阵Y 以下考窭法代法,与(3.1)对应我们有方程 Ai+ (y, 2) )(。) K A E n10 t∈R A K (12 )()() 于是 =(2K:+K2)-1(A3+32A}z), K1+:=K1-A(52K+F1)-4At K11=52′;-2A:(52‘K:+K1)AT, A;1=52A:(2Kt+K)1A4 我们将下章证明 imAi=K 对于第二类迭代法,兴似于(3.9),我们有 15