N=Y cosθ+Y sin =1(Pcos0+Qsin0) (9.28) 2πR T=(-X sin+Y cos) （-Psin0+Qcos) (9.29) = 2πR 即 N-iT=P-iQom (9.30) 2πR 将(9.30)代入(9.24)，比较等式两边同类项系数，可得 24会=0石-有=”22是-A=0 =0(n23) (9.31) +ma,-b品=0(n2) R+2 在本问题中，无穷远处没有均匀载荷作用，所以。=0，b。=0，由上式可推断 6=0,4,=00m≥2)，b,=0m≥4)。另外由931第三式，2g-点=02a,R2=b, RR 令R→0，则6→0，也就是说，对于我们研究的这个问题b,=0。现在中=4，平=么， P-iO 有两个待定常数，只找到它们之间的一个关系式ā-b=- ,需要借助于位移的单 2π 值性来寻找另外的关系，才能确定常数a,b。 由Φ=，平=么，可求出p=∫=alnz+G,y=6nz+c(G,9为积分常数). 根据位移的复数表示，复位移为 2u(u+iv)=Kp(=)-=0(=)-W(=)=ka In=-=4-bn=+const. =ka (Inr+i0)-ae240-b(Inr-i0)+const. (9.32) =(Ka +b)i+(ka-b Inr-ae20 +const. 位移的单值性要求，必须ka+b=0。这样，可解出待定常数a,b。 P+iO a1=-2π0+K) b=-(P-i0) (9.33) 2π(1+K)8 cos sin 1 ( cos sin ) 2 NX Y n n P Q R θ θ θ θ π = + = + (9.28) ( sin cos ) 1 ( sin cos ) 2 TX Y n n P Q R θ θ θ θ π =− + =− + (9.29) 即 2 P iQ i N iT e R θ π − − = (9.30) 将(9.30)代入(9.24)，比较等式两边同类项系数，可得 2 2 0 11 0 2 2 2 2 2 0, , 0 2 0 ( 3) (1 ) 0 ( 1) n n n n n n b a P iQ a ab b R R a n R n b a n R R π + + − − = − =− − = = ≥ + − =≥ (9.31) 在本问题中，无穷远处没有均匀载荷作用，所以 0 0 a b = 0, 0 = ，由上式可推断 2 0, 0 ( 2), 0 ( 4) n n banbn = =≥ =≥ 。另外由(9.31)第三式， 1 3 3 1 3 3 2 0 2 a b aR b R R − = = ， 令 R → 0，则 3 b → 0 ，也就是说，对于我们研究的这个问题 3 b = 0 。现在 1 1 , a b z z Φ= Ψ= ， 有两个待定常数，只找到它们之间的一个关系式 1 1 2 P iQ a b π − − =− ，需要借助于位移的单 值性来寻找另外的关系，才能确定常数 1 1 a b , 。 由 1 1 , a b z z Φ= Ψ= ，可求出 1 1 ϕ = Φ= + a zc ln ∫ ， 1 2 ψ = b zc ln + ( 1 2 c c, 为积分常数)。 根据位移的复数表示，复位移为 1 1 1 2 1 11 2 11 11 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ln ln . (ln ) (ln ) . ( ) ( )ln . i i a u iv z z z z a z z b z const z a r i a e b r i const a b i a b r a e const θ θ μ κϕ ϕ ψ κ κθ θ κ θκ += − − = − − + ′ = +− − −+ =+ +− − + (9.32) 位移的单值性要求，必须 1 1 ka b + = 0 。这样，可解出待定常数 1 1 a b , 。 1 1 2 (1 ) ( ) 2 (1 ) P iQ a P iQ b π κ κ π κ + = − + − = − + (9.33)