Seminarski Specijalni problemi fundiranja

GRAĐEVINSKI FAKULTET UNIVERZITETA U BEOGRADU KATEDRA ZA GRAĐEVINSKU GEOTEHNIKU SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA

2012/2013.

SEMINARSKI RAD IZ PREDMETA

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA

Predmetni nastavnik: Prof.dr Miloš Lazović, d.i.g. Asistent: dr Selimir Lelović, d.i.g. Kandidat: Slobodanka Jovašević 525/12

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA

A. FORMIRANjE MATRICE FLEKSIBILNOSTI A.1. Formiranje matrice fleksibilnosti tla integracijom Boussinesqu-ovog rešenja za sleganje tačaka na površini poluprostora usled dejstva koncentrisane vertikalne sile Teorija proračuna temelja na deformabilnoj podlozi predstavlja veoma opširnu oblast teorije konstrukcija. Mnoge od metda proračuna su komplikovane i nepogodne za praktičnu primenu, dok se neke od metoda zasnivaju na hipotezama koje ne odgovaraju stvarnom ponašanju podloge. Pretpostavka prema kojoj se podloga tretira kao homogen, elastičan u izotropan poluprostor pod određenim uslovima dovoljno dobro odražava fizičke karakterstike tla na koje je temelj oslonjen. Kao posledica prenošenja opterećenja preko temeljnog nosača na podlogu u kontaktnoj površini javljaju se otpori podloge. Veličina i raspored otpora zavise od osobina podloge, krutosti temeljnog nosača, krutosti konstrukcije iznad temeljnog nosača, veličine i položaja opterećenja koje se preko temeljnog nosača prenosi na tlo. Ukoliko se tlo idealizuje i tretira kao elastična, homogena i izotropna sredina tada se na tlo mogu primeniti sva rešenja linearne teorije elastičnosti. Posmatramo savijanje temeljnog nosača (slika 1), opterećenog proizvoljnim poprečnim opterećenjem koje se menja po zakonu p(x). Pretpostavljamo da se otpor tla menja po nekom, za sada, nepozatom zakonu q(x). Ako je visina temeljnog nosača mala u odnosu na njegovu dužinu, tada na deformacije nosača možemo primeniti Bernoulli-jevu hipotezu ravnih preseka. Diferencijalnu jednačinu elastične linije nosača konstantnog poprečnog preseka možemo napisati u sledećem obliku: =

( )

−

( )

(1)

gde je D krutost nosača na savijanje.

Slika 1.

U diferencijalnoj jednačini (1) imamo dve nepoznate funkcije: jednačinu elastične linije temeljnog nosača y(x) i zakon promene pritiska na tlo q(x). Ovaj problem se može rešti samo postavljanjem i dopunske jednačine kojom se definiše veza između funkcija y(x) i q(x). Ovo se može postići ako se za postavljanje dopunske jednačine iskoristi uslov da je u svakoj tački kontaktne površine vertikalno pomeranje tačaka ose nosača jednako sleganju podloge u odgovarajućoj tački. To znači da treba odrediti zavisnost između sleganja tačaka podloge ispod nosača i pritiska nosača na podlogu. Ako na ravan, koja čini deo konture poluprostora, deluje koncentrisana sila P sleganje proizvoljne tačke koja se nalazi na rastojanju t od tačke gde deluje koncentrisana sila P dato je, prema Boussinesq-u sledećim izrazom: Slobodanka Jovašević 525/12

2

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA

=

1− ∙

∙

(2)

gde su: − Poissono-ov koeficijent podloge − moduo elastičnosti podloge Neposredno ispod koncentrisane sile (za t=0) prema izrazu (2) sleganje je beskonačno. Sleganja, ipak, nisu beskonačna. Zamislimo da je u blizini delovanja koncentrisane sile isečena cilindrična površina malog poluprečnika i da je koncentrisana sila P zamenjena statički ekvivalentnim sistemom sila koje deluju na isečenu površinu. Izrazom (2) definisana je zavsnost između sleganja podloge i pritiska na podlogu. Prema tome, možemo uvesti i dopunski uslov za rešavanje diferencijalne jednačien (1). Ako pretpostavimo da deformacije temeljnog nosača prate deformacije podloge ispod njega, imaćemo poklapanje elastične linije temeljnog nosača sa sleganjem podloge u odgovarajućim tačkama. To znači da ove vrednosti možemo izjednačiti i na taj način odrediti uzajamni uticaj temeljnog nosača i podloge. Od ovog uzajamnog uticaja zavisi i raspodela pritiska podloge na temeljni nosač i obrnuto. Da bismo uspostavili potrebne veze između elastične linije temeljnog nosača i otpora podloge posmatraćemo nosač (slika 2) oslonjen na podlogu sa otporom koji se manja po zakonu neke krive q(x). Po istom zakonu se menja i pritisak nosača na podlogu.

Slika 2.

Radi određivanja sleganja proizvoljne tačke K ispod temeljnog nosača uočimo neku elementarnu silu koja se od tačke K nalazi na rastojanju t. Ovu elementarnu silu, s obzirom na to da deluje na beskonačno maloj dužini dt, možemo smatrati koncentrisanom. Elemantarna sila izazvaće elementarno sleganje tačke K koje možemo odrediti pomoću izraza (2). =

1− ∙ ( , ) ∙ ∙

(3)

U izrazu (3) reaktivno opterećenje obeležili smo sa: ( , )= ( − )

za 0 < <

−

( , ) = ( − )

za 0 < <

−

jer smo pretpostavili da je opterećenje funkcija rastojanja od koordinatnog početka ( − ), odnosno ( + ). Slobodanka Jovašević 525/12

3

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA Ako sa y(t) obeležimo sleganje tačke K, koja se nalazi na rastojanju t od tačke u kojoj deluje elementarna sila = ( , ) , tada izraz za elementarno sleganje tačke K možemo napisati u sledećem obliku: = ( )∙ ( , )

(4)

U izrazu (4) funkcija y(t) je potpuno određena. ( )=

1− ∙

1 ∙

Sleganje tačke K od ukupnog opterećenja koje se preko posmatranog temeljnog nosača prenosi na podlogu biće: ( )∙ ( − )

=

+

( )∙ ( + )



(5)

Izrazom (5) data je veličina sleganja proizvoljne tačke K čija je apcisa x. Istovremeno ovim izrazom je određena i veličina ordinate elastične linije temeljnog nosača u istoj tački. Prema tome, izraz (5) predstavlja istovremeno i jednačinu elastične linije temeljnog nosača koja mora zadovoljiti i diferencijalnu jednačinu (1), pa možemo napisati: ( )∙ ( − )

+

( )∙ ( + )

−

( )

+

( )

= 0

(6)

iz ove integro-diferencijalne jednačine treba odrediti funkciju q(x). Definicija problema Radi određivanja sleganja proizvoljne podeone tačke K izdvajamo jednu lamelu širine c koja pripada podeonoj tački J i tražimo sleganje tačke K koja se nalazi na podužnoj osi nosača na odstojanju x od težišta izdvojene lamele (slika 3). Ravnomerno podeljeno opterećenje biće , gde je b širina nosača. Uočimo beskonačno mali element na posmatranoj lameli dimenzija i h sa koordinatama i h u odnosu na tačku K. Sila koja deluje na uočenom elementu jednaka je: =

Slika 3.

h

Sleganje tačke K usled delovanja elementarne sile =

1− ∙ ∙ ∙

h

, prema izrazu (2), biće: (7)



Sleganje tačke K, usled delovanja ravnomernog podeljenog opterećenja na površini izdvojene lamele, dobićemo integracijom izraza (7): h

=

2(1 − ) ∙ ∙

Slobodanka Jovašević 525/12

h h

+h



(8)

4

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA Posle izvršene integracije izraza (8) i uvođenja oznaka: = i = izraz za sleganje tačke K možemo napisati u sledećem obliku: 1− = ∙ ∙ ∙

(9)

gde je: = (2

+ 1)

ℎ

1

− (2

(2 + 1) ℎ (2 + 1) −

+

− 1)

ℎ

(2

ℎ

1

(2 − 1)

− 1)

(10)

Izraz (10) je izveden pod pretpostavkom da se tačka K nalazi izvan opterećene površine. Ako se tačka K nalazi u težištu opterećene površine (slika 4), funkcija ima oblik: 1 (11) =2 ∙ ℎ + ℎ( ) Kada je poznata uticajna funkcija za neku tačku sleganje te tačke može se odrediti pomoću izraza (9). Sleganje neke tačke K podloge, date izrazom (9), odnosi se na slučaj kada se preitisak na podlogu prenosi preko lamele koja pripada podeonoj tački koja se nalazi unutar posmatranog integracionog intervala. Ako se pritisak prenosi preko lamele koja pripada tački koja se nalazi na granici posmatranog intervala (slika 5) uticajnu funkciju treba zameniti uticajnom funkcijom .

Slika 4.

Slika 5.

=2 ∙

∙

ℎ −

ako je

1 − (2 − 1) 2 ∙ ℎ (2 − 1)

ℎ

1 (2

− 1)

+

ℎ(2 ∙

)

(12)

≠ .

Slobodanka Jovašević 525/12

5

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA Ako je

= tada je uticajna funkcija 1 = ∙ ℎ + ℎ( )

data sledećim izrazom: (13)

Kada su poznate numeričke vrednosti uticajne funkcije odrediti pomoću izraza: 1− = ∙ ∙ ∙

sleganje tačke K se može (14)

Ukupno sleganje tačke K u kontaktnoj površini od pritiska nosača na podlogu biće: =

+

+

(15)



Kako je: =

1− ∙

∙

=

1− ∙

∙

=

1− ∙

∙

∙ ∙



∙



sleganje tačke K je: =

1− ∙

∙

+

∙

+

∙

Sleganje podloge u podeonim tačkama 0,1, … , matričnom jednačinom: 1− = ∙ ∙ ∙



= 0,1, … ,

(16)

možemo prikazati u sažetoj formi (17)

U matričnoj jednačini (17) je kvadratna matrica reda + 1. Elementi ove matrice su uticajne funkcije , odnosno i predstavljaju sleganje tačke ( = 0,1, … , ) kada je preko lamele ( = 0,1, … , ) na podlogu prenosi ravnomerni pritisak intenziteta jednakog jedinici. [1] , ⎡ ⎤ ⋯ , ⎢ ⎥ , ⎢ ⎥ = ⋮ ⋱ ⋮ ⎢ ⎥ , , , , , ⎥ ⎢ ⋯ ⎣ , , , , , ⎦

U Prilogu dat je programski kod u matlabu pomoću koga se računaju elementi matrice fleksibilnosti.

Slobodanka Jovašević 525/12

6

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA

A.2. Numeričke vrednosti matrice fleksibilnosti sračunati Gaus-ovim postupkom numeričke integracije Rešavanje integrala parcijalnom integracijom h

=

2

h +h

h

=

h

=

2

h

+h

h

=

h

=

2

+

+h

(h)

−

h =

h h

=

2

⎛ ⎜

+

h

⎝ uvodimo smenu

+

2

+

+h

2

−

+ i

+h

+

=

h−

h

2

+h

⎞ ⎟ h=

− 2

+h

+

h=

h ( )

( )

rešavanjem integrala ( ) i ( ) dobijamo: 2 2 2 = ℎ + ℎ + −1 2 2 2 2 − ℎ + ℎ ℎ

2

+

2 2 2 ⎡ = = ⎢ 2 2 2 ⎢ = = ⎢ ⎢ ⎣ = (2

−

h

2

=

2

+

⎠ =

h

=

−

+ 1) −

2

2

ℎ 2

−

ℎ

2

+ −

2 2

−1 = ℎ

+ 1)⎤ ⎥ 2 − = − = 2 − 1 = (2 − 1) ⎥ ⎥ 2 ⎥ = = ⎦ 1 1 ℎ − (2 − 1) ℎ + (2 + 1) (2 − 1) ℎ (2 − 1) +

2

=

+

Slobodanka Jovašević 525/12

=

2

=

2 + 1 = (2

ℎ

(2

+ 1)

7

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA Rešavanje integrala ( ) h

( )=

=

2

+h

+

h=

1

=

h

+

+

+

1 ∙ ( 2

+

= h )

+

(

+

)

=h

= h

=

2

h∙

+

h h

+

−

2

1

h

+

h

∙

+

1

1 2

+

(

+

)=

h

=

+

+

−

2

2

1

h 2

h

1

+

+

(

+

+

)=

rešavanjem integrala dobijamo: 2

=

+

=

+

=

⎛ 2 + ⎜2

+1

2 2

2

+1 +

2

=

ℎ

=

2

−1 =

2

ℎ

−1=

2

⎠ 2

+

2

ℎ

2

⎞ 2 +1 ⎟+

2

⎝ =

−1+

2

ℎ

+

2

+ 2

+1 + ℎ

+

2

2

2

ℎ

2

−1=

−1

Rešavanje integrala ( ) Integrali ( ) i ( ) su istog oblika i granica, a jedina razlika je u konstantama slučaju rešenje integrala ( ) je:

i . U tom

h

( )=

2

+

+h

h=

h

=

ℎ

2

+

2

ℎ

2

+

2

−1

Rešavanje integrala h

=

2

1

h h

2

+

1 +

Slobodanka Jovašević 525/12

+

(

+

)=

(

+ +

= )=2

h=

−

=

8

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA

=

=

=

1

1 +

−

2

1

2

=

√ + 1 = 2√ +

√ − √ +

4

− √2

=

=

− =

=

=

√



−

=

−

2

−

2

+

−

+

⎡ 4⎢ 1 = ⎢ − √2 − √2 + √ 2 ⎢2 ⎣ uvršćavanjem granica i vraćanjem smena dobijamo: = 1 − = 1 −

2

∙

+

2

2

ℎ

2

[2]

− √2

√

⎤ ⎥= ⎥ ⎥ ⎦

+1 =

2

Numerička integracija Numerička integracija se zasniva na integraciji interpolacionih polinoma. Naime, ako je ( ) = ( ) + ( ), tada je ( )

( )

≈

Dok je greška ovakve integracije ≤

( )

Pretpostavimo da je f-ja interpolirana Lagrange-ovim interpolacionim polonomom. Tada je: ( )

∏ ( ) ( − )∏ ( )

=

=

∏ ( ) ( − )∏ ( )

( )

+

+

( )

Imamo da je vrednost integrala sledećeg oblika: ( )

=

+ gde je

=

∏ ( ) ( − )∏ ( )

.

Slobodanka Jovašević 525/12

9

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA Formule oblika ∑ koje aproksimiraju vrednost integrala nazivaju se kvadraturne ( ) = 0, a samim tim je formule. Ako je funkcija ( ) polinom stepena ≤ , da je tada = 0, te je za polinome spepena ≤ zadovoljeno da je ( )

=

. ∈ {1, ,

Uzimajući da je funkcija −

=

− 2

;

=

,…,

} dobijamo sistem jednačina:

; ….

Iz koga određujemo koeficijente

− +1

=

.

.

Gausove kvadraturne formule Formule oblika: ( )

( )

=

Nazivamo kvadraturnim formulama. Koeficijente određujemo tako da formula bude tačna za polinome što većeg stepena. . Greška je tada: Zamenom ∈ {1, , , … , } dobijamo koeficijente , , … , ≤

( + 1)!

|( −

)…( −

)|

. ,…,

Ako se uoči da je dobijena formula tačna i za greška ≤

( +

+ 1)!

|( −

)

( −

)…( −

)|

, a da ne važi za

, tada je

.

Formule oblika ( ) gde su ( )=

( )+

= (

1

( ),

= 1, … , ) nule Legandre-ovog polinoma -tog stepena ((

− 1) )(

)

2 ! Nazivamo Gauss-ovim kvadraturnim formulama i pri tome je ( )≤

( !) 2 (2 + 1)! (2 )!

.

Ako imamo integraciju na intervalu [ , ], a želimo da primenimo Gauss kvadraturne formule, prvo uvodimo smenu: [3] =

+ 2

+

− 2

, ∈ [−1,1].

Slobodanka Jovašević 525/12

10

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA A.3. Računanje vrednosti elemenata matrice fleksibilnosti korišćenjem rešenja Steinbrener-a za prostiranje napona u tlu usled ravnomernog opterećenja na pravougaonoj površini poluprostora Promena naponskog stanja u tlu usled opterećenja dodatnim silama na površini ili na relativno maloj dubini može se odrediti različitim aproksamitivnim postupcima jer je realnu fizičku heterogenost materijala i njegovo složeno naponsko i deformaciono ponašanje nemoguće obuhvatiti sa nekom apsolutnom tačnošću. Rešenja i rezultati teorije elastičnosti se najčešće koriste za određivane napona u masi tla usled delovanja spoljnih opterećenja. Pri tome se podrazumeva linearna elastčnost, a većina korisnih rešenjapretpostavlja da je tlo homogeno i izotropno. U građevinskoj praksi su opterećene površine ili temelji često pravougaonog oblika. Stoga za određivanje napona po pravougaonim površinama najpogodnije je razmotriti raspodelu vertikalnih napona na vertikalnoj liniji koja prolazi kroz ugao pravougaonika, kao što je prikazano na Slici 3.1. U ovom slučaju je: =

∙

=

∙ ∙

∙

Slika 3.1. Integrisanje uticaja po pravougaonoj opterećenoj površini Integracijom se dobija relativno dug izraz, koji je izveo Steinbrener, a ima sledeći oblik: ( + ) 2 gde, radi kraćeg pisanja, uvodimo oznake: =

=

,

=

= ,

=

, =

, = (

+

+ 1)

⁄



( + + 2) ( + 1)( + 1)

tako da se veličina vertikalnog napona može izraziti u obliku: =

∙

gde je uticajni koeficijent koji zavisi od proporcije / pravougaono opterećene površine i dubine prikazan, dijagramom u bezdimenzionalnom obliku na Slici 3.2.

Slobodanka Jovašević 525/12

11

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA

Slika 3.2. Steinbrener-ov dijagram za određivanje vertikalnih uticaja Ukoliko se želi izračunati napon u bilo kojoj tački, koja leži na pomenutoj vertikali, opterećeno područje se izdeli na odgovarajuće pravougaonike tako da se za svaki od dobijenih elementarnih pravougaonih površina, tačka nalazi ispod ugla svakog pravougaonika dojenog podelom, a zatim se primeni superpozicija ovih uticaja. Za svaki elementarni pravougaonik stranica je uvek kraća stranica elementarnog pravougaonika koji se koristi za izračunavanje bezdimenzionalnih odnosa / i / radi očitavanja uticajnog koeficijenta za odgovarajući elementarni pravougaonik.

Slobodanka Jovašević 525/12

12

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA

Slika 3.3. Primena superpozicije pri izračunavanju vertikalnih napona primenom rešenja Steinbrener-a Elastične deformacije elementa tla mogu se izračunati iz promene komoponentalnih napona ako su poznati modul elastičnosti i Poasonov koeficijent. Vertikalna deformacija u pravcu u funkciji komponentalnih napona je: =

1

[

− (

+

)]

Vertikalno pomeranje, sleganje tačke na površini elastičnog poluprostora, može se dobiti integracijom: =

.

Sleganje usled jednako podeljenog opterećenja na površini proizvoljnog oblika na površini elastičnog poluprostora može se, u načelu, dobiti analitičkim ili numeričkim integrisanjem. Opšti izraz za sleganje glasi: = (1 −

)

,

gde je karakteristična dimenzija opterećene površine, a je uticajni koeficijent koji zavisi od oblika opterećene površine i položaja tačke za koju se sleganje traži. [4] U Prilogu dat je programski kod u matlabu pomoću koga se računaju elementi matrice fleksibilnosti.

Slobodanka Jovašević 525/12

13

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA

B. BROJNI PRIMER Rešenje: Sleganje podeonih tačaka – Boussinesqu

Ordinate reaktivnog opterećenja – Boussinesqu

Slobodanka Jovašević 525/12

14

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA Sleganje podeonih tačaka – Steinbrener

Ordinate reaktivnog opterećenja - Steinbrener

Slobodanka Jovašević 525/12

15

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA 1. Integracija Bousinesqu-ovog rešenja Matrica fleksibilnosti

Sleganje temeljnog nosača usled revnomerno raspoređenog opterećenja

Reaktivno opterećenje ukoliko je sleganje temelja ravnomerno

Slobodanka Jovašević 525/12

16

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA

1. Rešenje Streinbrener-a Matrica fleksibilnosti

Sleganje temeljnog nosača usled revnomerno raspoređenog opterećenja

Reaktivno opterećenje ukoliko je sleganje temelja ravnomerno

Slobodanka Jovašević 525/12

17

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA

C. PRILOG [L,B,Eo,ni,ro,so,n]=UlazniPodaci; % for i=1:n+1 % qo(i)=ro; end for i=1:n+1 % sz(i)=so; end % Busineskovo resenje FB=MFB(L,B,n); % KB=FB^(-1); % yb=(((1-ni^2)/(pi*Eo))*FB*qo').*100;% rb=((pi*Eo)/(1-ni^2))*KB*sz'; % res=1; Stampa(FB,KB,yb,rb,n,res); %Steinbrener FS=UticajniKoeficijentIz(L,B,n); KS=FS^(-1); ys=((1-ni^2)*(B/Eo)*FS*qo').*100; rb=1/((1-ni^2)*(B/Eo))*KS*sz'; res=2; Stampa(FS,KS,ys,rb,n,res);

% % % %

unos podataka zadato reaktivno opterecenje (niz)

zadato sleganje (za svaki segment - niz)

matrica fleksibilnosti matrica krutosti sleganje reaktivno opterecenje

matrica fleksibilnosti matrica krutosti sleganje reaktivno opterecenje

function [L,B,Eo,ni,ro,so,n]=UlazniPodaci filename='FundiranjeUPiR'; sheet=1; % ucitavanje podataka L=xlsread(filename,sheet,'C1'); B=xlsread(filename,sheet,'C2'); Eo=xlsread(filename,sheet,'C3'); ni=xlsread(filename,sheet,'C4'); ro=xlsread(filename,sheet,'C5'); so=xlsread(filename,sheet,'C6'); n=xlsread(filename,sheet,'C7'); return

Ulazni podaci: C1 C2 C3 C4 C5 C6 C7

L=20 m B=1.4 m Eo=25000 kN/m2 ni=0.3 ro=280 kN/m so=0.028 m n=20

% % % % % % %

dužina temelja širina naležuće površine temelja modul deformacije tla poissonov koeficijent reaktivno opterećenje tla zadato sleganje krutog temelja broj podela nosača na jednake segmente

function [F]=MFB(L,B,n) c=L/n; a=c/B; G1(1)=a*asinh(1/a)+asinh(a); for k=2:n+1 x=abs(k-1)*c; m=x/c; G1(k)=2*a*m*asinh(1/(2*a*m))-a*(2*m-1)*asinh(1/(a*(2*m-1)))+asinh(2*a*m)asinh(a*(2*m-1)); end for k=1:n+1 for i=2:n if i==k

Slobodanka Jovašević 525/12

18

SPECIJALNI PROBLEMI FUNDIRANjA Fs(k,i-1)=2*(a*asinh(1/a)+asinh(a)); else x=abs(k-i)*c; m=x/c; Fs(k,i-1)=a*(2*m+1)*asinh(1/a/(2*m+1))-a*(2*m-1)*asinh(1/a/(2*m1))+asinh(a*(2*m+1))-asinh(a*(2*m-1)); end end end for k=1:n x=abs(k-n-1)*c; m=x/c; Gn(k)=2*a*m*asinh(1/(2*a*m))-a*(2*m-1)*asinh(1/(a*(2*m-1)))+asinh(2*a*m)asinh(a*(2*m-1)); end Gn(n+1)=a*asinh(1/a)+asinh(a); F=[G1',Fs,Gn']; return

function Iz=UticajniKoeficijentIz(L,B,n) z=0; e=1; Iz=zeros(n+1); Iz1=zeros(n+1); Iz2=zeros(n+1); while e>0.01 z=z+0.01; Iz=Iz+((Iz1+Iz2)./2).*0.01; Iz2=Iz1; for i=1:n+1 % prva vrsta x(i)=(L/n)*(i-1); if i==1 a1=(L/n)/2; b1=B/2; if a1