Q
1
,
2
=
Q
1
cos
η
z
a
+
Q
2
sin
η
z
a
,
Q
1
=
+
∞
−∞
q
(
z
) cos
η
z
a
dz, Q
2
=
+
∞
−∞
q
(
z
) sin
η
z
a
dz.
Общее решение второй задачи дляжесткой посадки цилиндра бу-
дет иметь вид
σ
r
=
σ
(
p
)
r
+
σ
(
q
)
r
, u
=
u
(
p
)
+
u
(
q
)
, θ
=
θ
(
p
)
+
θ
(
q
)
, τ
=
τ
(
p
)
+
τ
(
q
)
.
Дляфункций с индексом
(
р
)
, т.е. длязадачи с граничными усло-
виями
σ
r
=
−
p
(
z
)
,
τ
= 0
при
r
=
a
и
u
= 0
,
w
= 0
при
r
=
b
,
получаем
σ
(
p
)
r
=
=
1
πa
∞
0
P
1
,
2
∆
1
−
∆
A
11
F
1
(
r
) + ∆
B
11
F
2
(
r
) + ∆
C
11
F
3
(
r
)
−
∆
D
11
F
4
(
r
)
dη,
u
(
p
)
=
=
1
πG
∞
0
P
1
,
2
∆
1
−
∆
A
11
Φ
1
(
r
) + ∆
B
11
Φ
2
(
r
) + ∆
C
11
Φ
3
(
r
)
−
∆
D
11
Φ
4
(
r
)
dη,
θ
(
p
)
=
−
1
−
ε
2
πaG
∞
0
P
1
,
2
η
∆
1
−
∆
A
11
I
0
εη
r
a
+ ∆
B
11
K
0
εη
r
a
dη,
τ
(
p
)
=
1
πa
∞
0
P
0
1
,
2
∆
1
−
∆
A
11
f
1
(
r
) + ∆
B
11
f
2
(
r
)
−
∆
C
11
f
3
(
r
) + ∆
D
11
f
4
(
r
)
dη.
Здесь
∆
1
=
F
1
(
a
)
F
2
(
a
)
−
F
3
(
a
)
−
F
4
(
a
)
f
1
(
a
)
f
2
(
a
)
f
3
(
a
)
f
4
(
a
)
Φ
1
(
b
) Φ
2
(
b
)
−
Φ
3
(
b
)
−
Φ
4
(
b
)
ϕ
1
(
b
)
ϕ
2
(
b
)
ϕ
3
(
b
)
ϕ
4
(
b
)
,
ϕ
1
(
b
) =
−
I
0
εη
b
a
, ϕ
3
(
b
) =
γ I
0
γη
b
a
,
ϕ
2
(
b
) =
−
K
0
εη
b
a
, ϕ
4
(
b
) =
−
γK
0
γη
b
a
;
56
ISSN 1812-3368. Вестник МГТУ им. Н.Э. Баумана. Сер. “Естественные науки”. 2005. № 4
