等方弾性体の運動方程式
等方弾性体とは、方向によって特性が変わらない弾性体です。連続体の運動方程式、
$$\rho\frac{dv_i}{dt}=\frac{\partial p_{ij}}{\partial x_j}+\rho K_i$$
の $p_{ij}$ にラメの弾性定数を使ったフックの法則を代入すると、
$$\rho\frac{dv_i}{dt}=\frac{\partial}{\partial x_j}(\lambda q_{ll}\delta_{ij}+2\mu q_{ij})+\rho K_i －①$$
微小変位の仮定により、等方弾性体の基本方程式は以下のような変位ベクトル $u_i$ に対する線形方程式で表されます。
$$\rho_0\frac{\partial^2u_i}{\partial t^2}=(\lambda+\mu)\frac{\partial}{\partial x_i}\Big(\frac{\partial u_j}{\partial x_j}\Big)+\mu\frac{\partial^2u_i}{\partial x_j^2}+\rho_0K_i$$
これをベクトルで表すと以下になります（②の導出）。
$$\rho_0\frac{\partial^2{\bf u}}{\partial t^2}=(\lambda+\mu)\mathrm{grad}(\mathrm{div\,{\bf u}})+\mu\Delta{\bf u}+\rho_0{\bf K} -②$$
釣り合いの方程式
変位ベクトルが時間によらない場合、②は弾性体釣り合いを表す式（弾性静力学）になります。
$$(\lambda+\mu)\mathrm{grad}(\mathrm{div\,{\bf u}})+\mu\Delta{\bf u}+\rho_0{\bf K}=0 -③$$
無限に広がった弾性体内の任意の一点に外力が作用している場合の解を求めます。このとき、外力 ${\bf K}$ をデルタ関数で表します。
$$(\lambda+\mu)\mathrm{grad}(\mathrm{div\,{\bf u}})+\mu\Delta{\bf u}+\rho_0{\bf K}_0\delta({\bf x})=0 -④$$
この主要解は以下のように表すことができます（⑥を導出）（⑦を導出）。
$${\bf u}={\bf u}_1+{\bf u}_2 -⑤$$
$${\bf u}_1=\frac{\rho_0{\bf K}_0}{4\pi\mu r} -⑥$$$${\bf u}_2=\frac{\rho_0(\lambda+\mu)}{8\pi\mu(\lambda+2\mu)}\Big(\frac{({\bf K}_0\cdot{\bf x}){\bf x}}{r^3}-\frac{{\bf K}_0}{r}\Big) -⑦$$
尚、${\bf u}_1$ は以下のポアソン方程式を満たすように選びます。
$$\Delta{\bf u}_1=-\frac{\rho_0}{\mu}{\bf K}_0\delta({\bf x}) -⑧$$
ガラーキンベクトル
③について、外力がない場合は以下になります。
$$(\lambda+\mu)\mathrm{grad}(\mathrm{div\,{\bf u}})+\mu\Delta{\bf u}=0 -⑨$$
⑨の解 ${\bf u}$ は、ガラーキンベクトル ${\bf G}$ の導関数により表すことができます（⑩の導出）。
$${\bf u}=\Delta{\bf G}-\frac{\lambda+\mu}{\lambda+2\mu}\mathrm{grad}(\mathrm{div\,{\bf G}}) -⑩$$
尚、ガラーキンベクトルは重調和ベクトルになります。
$$\Delta\Delta{\bf G}=0 -⑪$$
ここで、
$$\Delta{\bf G}={\bf H} -⑫$$
とおくと、${\bf H}$ は調和ベクトルになります。
$$\Delta{\bf H}=0 -⑬$$
以上より、外力のない等方性弾性体の釣り合い問題は、ラプラス方程式⑬とポアソン方程式⑫を解く問題（ポテンシャル論）に帰着します。
変位ポテンシャル
変位ポテンシャルは、変位が回転を伴わない場合、または、ガラーキンベクトルが調和ベクトルに縮退している場合（ ${\bf H}=0$ ）に存在します。
$$\Delta{\bf G}=0$$$${\bf u}=-\frac{\lambda+\mu}{\lambda+2\mu}\mathrm{grad}(\mathrm{div}\,{\bf G}) -⑭$$
これより、変位ポテンシャル $\phi$ は以下で表されます。
$$\phi=-\frac{\lambda+\mu}{\lambda+2\mu}\mathrm{div\,{\bf G}} -⑮$$$${\bf u}=\mathrm{grad}\phi -⑯$$
⑯の両辺に回転を取ると $\mathrm{rot}\,{\bf u}=0$ となることが分かります。また、変位ポテンシャルは以下のポアソン方程式を満たします（⑰の導出）。
$$\Delta\phi=\mathrm{const} -⑰$$
式の導出
②を導く
微小変位 $u_i$ を用いて $x_i=X_i+u_i$ と置き、２次の項を無視すると、
$$\frac{\partial u_i}{\partial X_j}=\frac{\partial u_i}{\partial x_k}\frac{\partial x_k}{\partial X_j}=\frac{\partial u_i}{\partial x_k}\frac{\partial(X_k+u_k)}{\partial X_j}$$$$=\frac{\partial u_i}{\partial x_k}\Big(\delta_{jk}+\frac{\partial u_k}{\partial X_j}\Big)\cong\frac{\partial u_i}{\partial x_j}$$
同様な近似を行うと、ヤコビアンや歪みテンソルは、
$$J\equiv\left|\begin{array}{ccc} \frac{\partial x_1}{\partial X_1} & \frac{\partial x_1}{\partial X_2} & \frac{\partial x_1}{\partial X_3} \\
\frac{\partial x_2}{\partial X_1} & \frac{\partial x_2}{\partial X_2} & \frac{\partial x_2}{\partial X_3} \\
\frac{\partial x_3}{\partial X_1} & \frac{\partial x_3}{\partial X_2} & \frac{\partial x_3}{\partial X_3} \end{array}\right|\cong1+\frac{\partial u_1}{\partial X_1}+\frac{\partial u_2}{\partial X_2}+\frac{\partial u_3}{\partial X_3}\cong1+\frac{\partial u_i}{\partial x_i}$$$$\frac{\partial q_{ij}}{\partial x_j}=\frac{1}{2}\frac{\partial}{\partial X_j}\Big(\frac{\partial u_i}{\partial X_j}+\frac{\partial u_j}{\partial X_i}\Big)\cong\frac{1}{2}\frac{\partial}{\partial x_j}\Big(\frac{\partial u_i}{\partial x_j}+\frac{\partial u_j}{\partial x_i}\Big)$$$$\frac{dv_i}{dt}=\frac{d^2x_i}{dt^2}=\frac{d^2u_i}{dt^2}\cong\frac{\partial^2u_i}{\partial t^2}$$
ヤコビアンの近似によりラグランジュの連続式は、
$$\rho_0=J\rho=\Big(1+\frac{\partial u_i}{\partial x_i}\Big)\rho\cong\rho$$
これらを①に代入すると②が得られます。
$$\rho_0\frac{\partial^2u_i}{\partial t^2}=\lambda\frac{\partial}{\partial x_i}\Big(\frac{\partial u_j}{\partial x_j}\Big)+\mu\frac{\partial}{\partial x_j}\Big(\frac{\partial u_i}{\partial x_j}+\frac{\partial u_j}{\partial x_i}\Big)+\rho K_i$$$$=(\lambda+\mu)\frac{\partial}{\partial x_i}\Big(\frac{\partial u_j}{\partial x_j}\Big)+\mu\frac{\partial^2u_i}{\partial x_j^2}+\rho K_i$$
⑥を導く
以下のグリーンの定理に、
$$\int_V\Delta udV=\int\frac{\partial u}{\partial n}dS$$
$u=\alpha/r$ を代入すると、
$$\int_V\Delta\Big(\frac{\alpha}{r}\Big)dV=\int\frac{\partial}{\partial n}\Big(\frac{\alpha}{r}\Big)dS=-\int\frac{\alpha}{r^2}dS=-4\pi\alpha$$
従って、
$$\Delta\Big(\frac{\alpha}{r}\Big)=-4\pi\alpha\delta(\bf r)$$
$\alpha=\rho_0{\bf K}_0/4\pi\mu$ とすると、⑧を満たすことが分かります。
⑦を導く
⑤を④に代入し⑧を使うと、
$$(\lambda+\mu)\mathrm{grad}(\mathrm{div\,{\bf u}_1})+(\lambda+\mu)\mathrm{grad}(\mathrm{div\,{\bf u}_2})+\mu\Delta{\bf u}_2=0 -(1)$$
この式に回転 $\mathrm{rot}$ を取ると、$\mathrm{rot}\,\mathrm{grad}=0$ であるため、
$$\Delta(\mathrm{rot}\,{\bf u}_2)=0$$
これにより $\mathrm{rot}\,{\bf u}_2$ は調和ベクトルですが、$r\to\infty$ で $\mathrm{rot}\,{\bf u}_2\to0$ となるため、この調和ベクトルは恒等的に $\mathrm{rot}\,{\bf u}_2=0$ になります。従って、${\bf u}_2$ はポテンシャルから導かれるため、
$${\bf u}_2=\mathrm{grad}\phi -(2)$$
これを(1)に代入すると、
$$\mathrm{grad}\Big((\lambda+2\mu)\Delta\phi+(\lambda+\mu)\mathrm{div}\,{\bf u}_1\Big)=0$$
この括弧の中は$r\to\infty$ で０となるため、恒等的に０になるため、
$$\Delta\phi=-\frac{\lambda+\mu}{\lambda+2\mu}\mathrm{div}\,{\bf u}_1$$
これに⑥を代入し、${\bf K}_0$ は定数であるため、
$$\Delta\phi=-\frac{\rho_0(\lambda+\mu)}{4\pi\mu(\lambda+2\mu)}\mathrm{div}\Big(\frac{{\bf K}_0}{r}\Big)$$$$=-\frac{\rho_0(\lambda+\mu)}{4\pi\mu(\lambda+2\mu)}({\bf K}_0\cdot\mathrm{grad})\Big(\frac{1}{r}\Big)$$
ここで、
$$\Delta r=\Big(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}\Big)\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\frac{2}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$$
を利用すると、
$$\phi=-\frac{\rho_0(\lambda+\mu)}{8\pi\mu(\lambda+2\mu)}({\bf K}_0\cdot\mathrm{grad})r$$
これを(2)に代入すると⑦が得られます。
$${\bf u}_2=-\frac{\rho_0(\lambda+\mu)}{8\pi\mu(\lambda+2\mu)}\mathrm{grad}\Big(({\bf K}_0\cdot\mathrm{grad})r\Big)$$$$=\frac{\rho_0(\lambda+\mu)}{8\pi\mu(\lambda+2\mu)}\Big(\frac{({\bf K}_0\cdot{\bf x}){\bf x}}{r^3}-\frac{{\bf K}_0}{r}\Big)$$
⑩を導く
変位ベクトルを定数 $A$ を使って以下で仮定します。
$${\bf u}=\Delta{\bf G}+A\,\mathrm{grad}(\mathrm{div\,{\bf G}})$$
これを⑨に代入し、⑪を使うと、
$$(\lambda+\mu)\mathrm{grad}\Big((1+A)\mathrm{div(\Delta{\bf G})}\Big)+\mu\Delta\Big(A\,\mathrm{grad}(\mathrm{div\,{\bf G}})\Big)=0$$$$\Big((\lambda+\mu)(1+A)+\mu A\Big)\mathrm{grad}\Big(\mathrm{div}(\Delta{\bf G})\Big)=0$$
これが成り立つには $A$ が以下であるため、⑩が導かれます。
$$A=-\frac{\lambda+\mu}{\lambda+2\mu}$$
⑰を導く
⑯の発散 $\mathrm{div}$ をとると、
$$\mathrm{div}\,{\bf u}=\Delta\phi$$
これと⑯を⑨に代入すると、
$$(\lambda+\mu)\mathrm{grad}(\Delta\phi)+\mu\Delta({\mathrm{grad}\phi})=0$$$$\mathrm{grad}(\Delta\phi)=0$$
これより⑰が得られます。
