Fourier 方法分析 Hashin-Shtrikman 变分原理

Hashin-Shtrikman 变分原理中给出的泛函表达式为 \[ U^p (p_{ij}, \widetilde\varepsilon_{ij}) = \underbrace{\frac{1}{2}\int \bar\sigma_{ij} \bar\varepsilon_{ij}\mathrm{d} y}_{\triangleq \bar U} + \underbrace{\frac{1}{2} \int p_{ij}(y) \widetilde\varepsilon_{ij}(y) \mathrm{d} y}_{\triangleq \widetilde U} - \frac{1}{2} \int \left( p_{ij}(y)~\delta L_{ijkl}^{-1}(y)~p_{kl}(y) - 2p_{ij}(y) \bar\varepsilon_{ij}\right) \mathrm{d} y \] 对二阶张量进行 dev 分解 \[ \begin{aligned} p_{ij} &= p \delta_{ij} + f_{ij} \\ \bar\varepsilon_{ij} &= \bar\varepsilon \delta_{ij} + \bar e_{ij} \end{aligned} \] 代入到泛函表达式当中 \[ U^p = \bar U + \widetilde U - \frac{1}{2} \int \left(\frac{p^2}{K-K^0} + \frac{f_{ij} f_{ij}}{2(G-G^0)} -6 p \bar\varepsilon-2 f_{i j} \bar e_{i j}\right) \mathrm{d} y \] 我们希望得到使用极化应力表示的 \(\widetilde U\) 项表达式, 但是 \(\widetilde U\) 项考量的是极化应力与应变扰动量之间的相互作用, 所以包含未知量 \(\widetilde \varepsilon_{ij}\)​. 幸运的是, 我们考察的 \(\widetilde U\) 是能量项, 而根据 Fourier 分析中的 Parseval 公式, 在相空间中的能量内积等于物理空间中的能量内积: \[ \widetilde U = \frac{1}{2} \int p_{ij}(y) \widetilde \varepsilon_{ij}(y) ~\mathrm{d} y \equiv \frac{1}{2} \int \widehat p_{ij}(\xi) \widehat{\widetilde{u}}_{i,j}^{*}(\xi) ~\mathrm{d} \xi \tag{0} \] 并且, 在 Fourier 变换下, 可以找到应变与极化应力的代数表达式. 式 (0) 中, \(\widehat{p}_{ij}\), \(\widehat{\widetilde{u}}_{i,j}\) 表示场变量 \(p_{ij}\), \(\widetilde{u}_{i,j}\) 的 Fourier 变换, \(\square^{*}\)​ 表示共轭复数, 三维的 Fourier 变换定义为

\[ \mathscr{F}[f(y)](\xi) \triangleq \left( \frac{1}{2 \pi} \right)^{3/2} \int_{\mathbb{R}^3} f(y) e^{-i \xi \cdot y} \mathrm{d} y \]

我们现在希望找到相空间中 \(\widehat{p}_{ij}\), \(\widehat{\widetilde{u}}_{i,j}\) 之间的关系, 不过首先给出单胞上所满足的微分方程的 statement. 单胞上的控制方程为 \[ \left( L_{ijkl}^{0} \widetilde \varepsilon_{kl} + \widetilde p_{ij} \right)_{,j} = 0 \tag{1} \] 以及小变形的几何方程 \[ \widetilde \varepsilon_{kl} = \frac{1}{2} (\widetilde{u}_{k,l} + \widetilde{u}_{l,k}) \tag{2} \] 和齐次位移边界条件: \[ \widetilde{u}_k(\partial Y) = 0 \tag{3} \] 方程 (1) 中的 \(\widetilde{p}_{ij}\) 表征极化应力的扰动, 定义为 \[ \widetilde{p}_{ij} \triangleq p_{ij} - \bar{p}_{ij} \tag{4} \] 接下来, 对控制方程 (1) 几何方程 (2) 作 Fourier 变换得到 \[ i\xi_j \left( L_{ijkl}^{0} \widehat{ \widetilde{\varepsilon} }_{kl} + \widehat{ \widetilde{p} }_{ij} \right) = 0 \] 和 \[ \widehat{\widetilde{\varepsilon} }_{kl} = \frac{1}{2} i(\xi_l \widehat{\widetilde{u}}_{k} + \xi_k \widehat{\widetilde{u}}_{l}) \] 将各向同性材料的弹性模量 \[ L_{ijkl}^{0} = \lambda^0 \delta_{ij} \delta_{kl} + \mu^{0} \delta_{ik} \delta_{jl} + \mu^{0} \delta_{il} \delta_{jk} \] 和应变的 Fourier 表达式代入到控制方程的 Fourier 变换式中, 得到关于 \(\widehat{\widetilde{u}}_j\) 的代数方程: \[ (\lambda^0 + \mu^0) \xi_i \xi_k \widehat{\widetilde{u}}_k + \mu^0 \xi^2 \widehat{\widetilde{u}}_i = i \xi_j \widehat{\widetilde{p}}_{ij} \] 式中, \(\xi^2 = \xi_{kk}\). 上述方程左端的系数矩阵为 \[ A \triangleq \mu^0 \xi^{T} \xi ~\mathbf{I} + (\lambda^0 + \mu^0)\xi \xi^{T} = \mu^0 \xi^2 \mathbf{I} + (\lambda^0 + \mu^0) \begin{pmatrix} \xi_1 \xi_1 & \xi_1 \xi_2 & \xi_1 \xi_3 \\ \xi_2 \xi_1 & \xi_2 \xi_2 & \xi_2 \xi_3 \\ \xi_3 \xi_1 & \xi_3 \xi_2 & \xi_3 \xi_3 \end{pmatrix} \] 式中, \(\mathbf{I}\) 为 3 阶单位矩阵. 对于形式为 \(I + \alpha vv^T\) 的矩阵, 其逆矩阵的形式为 \(I + \beta vv^T\), 矩阵 \(A\) 的逆求解得到 \[ A^{-1} = \frac{1}{\mu^0} \frac{1}{\xi^2} \mathbf{I} - \frac{\lambda^0 + \mu^0}{\mu^0 (\lambda^0 + 2\mu^0)} \frac{1}{(\xi^2)^2} \xi \xi^{T} \] 所以, \(\widehat{\widetilde{u}}_{i}\) 可以被显式地用 \(\widehat{\widetilde{p}}_{ij}\) 表示为 \[ \widehat{\widetilde{u}}_{i} = i \frac{1}{\mu^0} \frac{\xi_k}{\xi^2} \widehat{\widetilde{p}}_{ik} - i\frac{\lambda^0 + \mu^0}{\mu^0 (\lambda^0 + 2\mu^0)} \frac{\xi_i \xi_k \xi_l}{(\xi^2)^2} \widehat{\widetilde{p}}_{kl} \] 根据 Fourier 对导函数的变换规则, 只需要对上式两边乘 \(i \xi_j\), 就可以得到关于 \(\widehat{\widetilde{u}}_{i,j}\) 的 Fourier 变换 \[ \widehat{\widetilde{u}}_{i,j} = i \xi_j \widehat{\widetilde{u}}_{i} = - \frac{1}{\mu^0} \frac{\xi_j\xi_k}{\xi^2} \widehat{\widetilde{p}}_{ik} + \frac{\lambda^0 + \mu^0}{\mu^0 (\lambda^0 + 2\mu^0)} \frac{\xi_i \xi_j \xi_k \xi_l}{(\xi^2)^2} \widehat{\widetilde{p}}_{kl} \]

代入到式 (0) 中得到 \[ \widetilde U = \frac{1}{2} \int \widehat{\widetilde{p}}_{ij} \widehat{\widetilde{u}}_{i,j}^{*} ~\mathrm{d} \xi = \frac{1}{2} \int \left( - \frac{1}{\mu^0} \frac{\xi_j\xi_k}{\xi^2} \widehat{\widetilde{p}}_{ij} \widehat{\widetilde{p}}_{ik}^{*} + \frac{\lambda^0 + \mu^0}{\mu^0 (\lambda^0 + 2\mu^0)} \frac{\xi_i \xi_j \xi_k \xi_l}{(\xi^2)^2} \widehat{\widetilde{p}}_{ij} \widehat{\widetilde{p}}_{kl}^{*} \right)~\mathrm{d} \xi \tag{5} \] 如果我们假设极化应力是各向同性函数, 也就是说, 极化应力场 \(p_{ij}(y)\) 可以通过函数 \(P_{ij}(r): \mathbb{R} \mapsto \mathbb{S}^2\) 表示: \[ \widetilde p_{ij}(y) \equiv \widetilde P_{ij}(|y|) \] 如果函数在物理空间中是各向同性函数, 那么在相空间中也是各向同性函数 \[ \widehat{\widetilde{p}}_{ij}(\xi) \equiv \widehat{\widetilde{P}}_{ij}(|\xi|) \] 代入到式 (5) 中, 得到用各向同性函数 \(P_{ij}(r)\) 表示的积分 \[ 2 \widetilde U = \int \left( - \frac{1}{\mu^0} \frac{\xi_j\xi_k}{\xi^2} \widehat{\widetilde{P}}_{ij}(|\xi|) \widehat{\widetilde{P}}_{ik}^{*}(|\xi|) + \frac{\lambda^0 + \mu^0}{\mu^0 (\lambda^0 + 2\mu^0)} \frac{\xi_i \xi_j \xi_k \xi_l}{(\xi^2)^2} \widehat{\widetilde{P}}_{ij}(|\xi|) \widehat{\widetilde{P}}_{kl}^{*}(|\xi|) \right)~\mathrm{d} \xi \tag{6} \] 如果将式 (6) 转换到球坐标系下进行积分 \[ \xi_1 = r \sin\theta \cos\phi, \quad \xi_2 = r \sin\theta \sin\phi, \quad \xi_3 = r \cos\theta , \quad \mathrm{d} \xi_1 ~\mathrm{d} \xi_2 ~\mathrm{d} \xi_3 = r^2 \sin \theta ~\mathrm{d} r ~\mathrm{d} \theta ~\mathrm{d} \phi \] 就可以在积分项中消去关于 \(\xi_i\) 的有理分式, 得到只关于径向微分 \(\mathrm{d} r\) 的积分式 \[ 2 \widetilde U = - \frac{1}{\mu^0} \frac{4\pi}{3} \int_{0}^{\infty} \widehat{\widetilde{P}}_{ij}(r) \widehat{\widetilde{P}}_{ij}^{*}(r) r^2 \mathrm{d} r + \frac{\lambda^0 + \mu^0}{\mu^0 (\lambda^0 + 2\mu^0)} \frac{4\pi}{15} \int_{0}^{\infty} \left( \widehat{\widetilde{P}}_{mm}(r) \widehat{\widetilde{P}}_{kk}^{*}(r) + 2\widehat{\widetilde{P}}_{ij}(r) \widehat{\widetilde{P}}_{ij}^{*}(r) \right) r^2 \mathrm{d} r \tag{7} \] 式 (7) 已经和最终的结果很接近了! 只要我们能够确定式中的径向积分, 这可以通过 Parseval 等式与物理空间中的能量积分关联为 \[ \int_{0}^{\infty} \widehat{\widetilde{P}}_{ij}(r) \widehat{\widetilde{P}}_{ij}^{*}(r) r^2 \mathrm{d} r = \frac{1}{4\pi} \int_{Y} \widetilde{p}_{ij}(y) \widetilde{p}_{ij}(y) ~\mathrm{d}y, \quad \int_{0}^{\infty} \widehat{\widetilde{P}}_{mm}(r) \widehat{\widetilde{P}}_{kk}^{*}(r) r^2 \mathrm{d} r = \frac{9}{4\pi} \int_{Y} \widetilde{p}(y) \widetilde{p}(y) ~\mathrm{d}y \tag{a} \] 将式 (4) 代入上式左端项当中, 就得到使用 \(p_{ij}\) 表示的积分表达式: \[ \int_{Y} \widetilde{p}_{ij}(y) \widetilde{p}_{ij}(y) ~\mathrm{d}y = \int_{Y} p_{ij}(y) p_{ij}(y)~\mathrm{d}y - 2 \bar{p}_{ij} \int_{Y} p_{ij}(y) ~\mathrm{d}y + \bar{p}_{ij}\bar{p}_{ij} = \int_{Y} p_{ij}(y) p_{ij}(y)~\mathrm{d}y - \bar{p}_{ij}\bar{p}_{ij} \]

以及 \[ \int_{Y} \widetilde{p}(y) \widetilde{p}(y) ~\mathrm{d}y = \int_{Y} p(y) p(y)~\mathrm{d}y - \bar{p}^2 \] 将分块常值的极化应力表达式 \[ p_{ij} := \sum_{\alpha}^{N} p_{ij}^{\alpha} \chi^{\alpha} \] 以及极化应力的 dev 分解代入式中得到 \[ \begin{gathered} \int_{Y} \widetilde{p}_{ij}(y) \widetilde{p}_{ij}(y) ~\mathrm{d}y = \underbrace{\left( \sum_{\alpha} c^{\alpha} f_{ij}^{\alpha} f_{ij}^{\alpha} - \bar{f}_{ij}\bar{f}_{ij} \right)}_{\triangleq \clubsuit} + 3\underbrace{\left(\sum_{\alpha} c^{\alpha} (p^{\alpha})^2 - \bar{p}^2 \right)}_{\triangleq \spadesuit} = \clubsuit + 3\spadesuit \\ \int_{Y} \widetilde{p}(y) \widetilde{p}(y) ~\mathrm{d}y = \left(\sum_{\alpha} c^{\alpha} (p^{\alpha})^2 - \bar{p}^2 \right) = \spadesuit \end{gathered}\tag{b} \] 最终, 我们代入到式 (7) 中, 得到 \[ \begin{aligned} 2 \widetilde U &\stackrel{(a)}{=} - \frac{1}{3\mu^0} \int_{Y} \widetilde{p}_{ij}(y) \widetilde{p}_{ij}(y) ~\mathrm{d}y + \frac{\lambda^0 + \mu^0}{\mu^0 (\lambda^0 + 2\mu^0)} \frac{2}{15} \int_{Y} \widetilde{p}_{ij}(y) \widetilde{p}_{ij}(y) ~\mathrm{d}y + \frac{\lambda^0 + \mu^0}{\mu^0 (\lambda^0 + 2\mu^0)} \frac{3}{5} \int_{Y} \widetilde{p}(y) \widetilde{p}(y) ~\mathrm{d}y \\ &\stackrel{(b)}{=} - \frac{1}{3\mu^0} ( \clubsuit + 3\spadesuit ) + \frac{\lambda^0 + \mu^0}{\mu^0 (\lambda^0 + 2\mu^0)} \frac{2}{15} ( \clubsuit + 3\spadesuit ) + \frac{\lambda^0 + \mu^0}{\mu^0 (\lambda^0 + 2\mu^0)} \frac{3}{5} \spadesuit \\ &= \left(-\frac{1}{3\mu^0} + \frac{\lambda^0 + \mu^0}{\mu^0 (\lambda^0 + 2\mu^0)} \frac{2}{15} \right)\clubsuit + \left(-\frac{1}{\mu^0} + \frac{\lambda^0 + \mu^0}{\mu^0 (\lambda^0 + 2\mu^0)}\right)\spadesuit \\ &= \frac{-3\lambda^0 -8\mu^0}{15\mu^0 (\lambda^0 + 2\mu^0)} \clubsuit + \frac{-1}{\lambda^0 + 2\mu^0}\spadesuit \end{aligned} \] 如果将 \[ \lambda^0 = K^0 - \frac{2}{3}\mu^0 \] 代入, 就可以得到 \[ 2 \widetilde U = \frac{-3 K^0 - 6\mu^0}{5\mu^0 (3 K^0 + 4\mu^0)} \left( \sum_{\alpha} c^{\alpha} f_{ij}^{\alpha} f_{ij}^{\alpha} - \bar{f}_{ij}\bar{f}_{ij} \right) + \frac{-3}{3 K^0 + 4\mu^0} \left(\sum_{\alpha} c^{\alpha} (p^{\alpha})^2 - \bar{p}^2 \right) \tag{$\bigstar$} \]