Auf Biegen und Brechen

Materialeigenschaften

Ob ich nun eine Platte aus Stahl, Holz, oder Gummi habe
macht einen riesigen Unterschied aus.
Das liegt zum Beispiel daran wie "steif" ein Material (bei gleicher Geometrie) ist.
Der Material abhängige Anteil wird über das   Elastizitätsmodul E   in   [ Pa = N / m² ]
ausgedrückt.   Gebräuchlich ist auch                   [ G Pa = K N / mm² ]
Genau genommen geht es um das Verhältnis
aufzubringende Kraft zur resultierenden Streckung oder Dehnung.
Wobei es nicht ums Überstrecken geht, sondern nur um den reversiblen Bereich,
welcher weitgehend linear und elastisch ist.
Bedenke:  das E-Modul sagt nichts darüber aus,
ab wann ich vom elastischen in den plastischen Bereich übergehe und z.B.
eine Feder dauerhaft verbiege oder gar zerreiße → Streckgrenze.

Anstatt zu recken, kann ich ein Material auch zusammen drücken → Stauchung,
welches über das Kompressionsmodul   K   ausgedrückt wird.
Häufig wird stattdessen die Querkontraktionszahl oder Poisson-Zahl   ν   oder   µ  
angegeben. Dann ist das Kompressionsmodul wie folgt zu bilden   K = E / ( 3 - 6 ν )

Nur der Vollständigkeit halber, möchte ich noch das Schubmodul   G   erwänen
welches man sich als Steifigkeit gegenüber einer Scherkraft vorstellen kann.
Daher teilweise auch als Schermodul bezeichnet.             G = E / ( 2 + 2 ν )

Den Unterschied dehnen versus stauchen,
kann man wunderbar an einer Stahlbeton-Brücke erklären.
Beton widersteht hohen Drücken, aber kaum Zug.
Daher wird der Beton durch Stahlseile zusammen gedrückt.
Rosten diese, droht die Brücke einzustürzen.

Der Übergang vom elastischen Bereich in den plastischen ist nicht immer eindeutig.
Daher wird als Streckgrenze   R_e   häufig die 0,2% - Dehngrenze   R_p0,2   angegeben,
also wo, nach der Entspannung, die Probe 0,2% länger geworden ist.
Die Streckgrenze wird daher dargestellt als             R_p0,2 [ M Pa = N / mm² ]

Im Gegensatz zur Streckgrenze zeigt die Zugfestigkeit   R_m   wann etwas bricht.
Die Zugfestigkeit von Glas ist sehr variabel aufgrund seiner Kerbempfindlichkeit,
primär durch die Anzahl und Art der Beschädigungen bestimmt.

Anbei eine kleine Tabelle, mit ungefähren Materialeigenschaften.

Vergleicht man die E-Module verschiedener Materialien kommen etwa folgende Verhältnisse heraus.
1:2   Fichtenholz zu Buche
1:8   Fichte zu Aluminium
1:22   Fichte zu Stahl.

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Geometrie

Habe ich ein Kunststoff-Lineal oder ein Sägeblatt, so kann ich schnell feststellen,
dass eine Kraft über die flache Seite leicht zu einer Verbiegung führt, jedoch über die breite Seite kaum.

Um sich das vorzustellen zerschneide ich einen Stab (siehe Skizze) und gucke mir eine Scheibe vom Stab an.
Dabei zeigt der Stab z.B. von Links nach Rechts in x-Richtung,
hat eine Breite   b   in y-Richtung und eine Höhe   h   in z-Richtung.
Eine äußere Kraft   F_ext   wirkt im rechten Winkel dazu z.B. in −z-Richtung nach unten.
Aufgrund der äußeren Kraft wird der Stab gebogen, welches sich auf die herausgeschnittene Scheibe auswirkt.
Die herausgeschnittene Scheibe habe ich noch ein weiteres Mal in 3 flache Streifen → xy-Flächen zerschnitten.
Geschickterweise platziere ich mittig (im Schwerpunkt von h × b) den Ursprung des Koordinatensystems.
Da die mittlere Fläche der Dicke   dz   weder gestaucht, noch gereckt wird, wird sie neutrale Faser genannt.
Sie ist in der xy-Ebene im rechten Winkel zur externen Kraft in ±z-Richtung.
Die obere Fläche wird in x-Richtung gedehnt und die untere Fläche wird in −x-Richtung gestaucht.
Da sich die inneren Kräften dagegen stemmen kann ich folgendes sagen.
Je weiter man von der neutralen Faser sich entfernt (±z-Richtung), desto größer wird die Kraft im Material.
Im xz-Diagramm kann man das als Geradengleichung von  −h/2  bis  +h/2  darstellen.
Also   F(z) = b z   wobei z bis ±h / 2   geht.

Da auf der einen Seite Zug und auf der anderen Seite Druck herrscht, kann ich das auch als Momente ausdrücken.
Wenn ich einen idealen homogenen Körper annehme, wo das Elastizitätzmodule
  E = K   dem Kompressionsmodul entspricht, kann ich das Flächenträgheitsmoment   I   berechnen.
Moment = Kraft × Hebelarm =   M(z) = F(z) × z = b z.²
Dies integriert über die Querschnittsfläche   dA = b dz   ergibt das Flächenträgheitsmoment   I
  I = ∫ z² dA = ∫ b z² dz = b z³ / 3   für   z = ±h / 2
    = b / 3 × ( h³ / 8 + h³ / 8 )
Für einen rechteckigen Querschnitt mit einer Kraft in z-Richtung gilt also:   I = b h³ / 12
Sollte die externe Kraft z.B. leicht schräg einwirken, so ist das Koordinatensystem so auf der x-Achse zu drehen,
dass die z-Achse gleich der Kraftachse wird.   I   wird häufig in   [mm⁴]   angegeben.

Zwei lose übereinander gelegte Stäbe ergeben das doppelte Flächenträgheitsmoment.
Wohingegebn ein doppelt so hoher "verleimter" Stab ein 8 mal so hohes Flächenträgheitsmoment erzeugt.
Dabei wird das Flächenträgheitsmoment primär an der Ober- und Unter-Seite (über die Form) erzeugt.
Also da, wo am meisten Dehnung oder Stauchung stattfindet, sollte möglichst viel Material sein → Doppel-T-Träger.

kleines Rechenbeispiel

Wie groß ist das maximal zulässige Moment eines Fichtenholz-Balkens?
Breite x Höhe:   20 x 40 mm   →   I = 20 ⋅ 40³ / 12 = 1,28 ⋅ 10⁶ mm⁴
Von der neutralen Faser bis zur maximalen Spannung sind es   z = h / 2 = 20 mm
Die Zugfestigkeit von Fichte ist   R_m = 11 N / mm²
M_zul. = R_m ⋅ I / z = 11 N / mm² ⋅ 1,28 10⁶ mm⁴ / 20 mm = 704 ⋅ 10³ Nmm = 704 Nm

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Allgemeines zur Biegelinie

Wenn ich nun die Materialeigenschaft   E   und aufgrund der Geometrie das Flächenträgheitsmoment   I   kenne, kann ich bei gewissen äußeren Belastungen und kleinen Auslenkungen die Biegelinie   ω(x)   bestimmen.
Wobei   E I = [N mm²]   auch als Biegesteifigkeit bezeichnet wird.

Moment

Den einfachsten Fall, den ich mir vorstellen kann, ist, wenn am Ende des Stabes ein Moment   M   wirkt
z.B. ausgelöst durch eine gespannte Feder oder einen drehenden Ventilator und das andere Ende fest verankert ist.
Wenn ich nun meinen Stab in Scheiben schneide, so stell ich fest, das in jeder Scheibe das gleiche Moment wirkt.
Demensprechen ergibt die Aneinanderreihung vieler dreiecksförmiger Scheiben einen Teil eines Rundbogens.
z.B. einen Halbrundbogen   x = SIN(α)   und   y = COS(α)   für   α = ±π / 2  
Nur so starkt möchte ich garnichts verbiegen, denn dann wird die Berechnung unhandlich.
Bei kleinen Verbiegungen kann ich linearisieren   z.B. für α < ±π / 2 × 1° / 180°   ist   SIN(α) ≈ α
Dementsprechend kann ich bei kleinen Verbiegungen eine Quadratische Gleichung als Biegelinie   ω   verwenden.

Quer-Kraft

Wirkt eine Querkraft   Q   auf den Stab ein, die ich vorher als   F_Ext   bezeichnet habe,
so kann ich mir vorstellen, dass genau im Einwirkungspunkt kein inneres Moment auftritt.
Im Gegensatz dazu, habe ich an der Befestigung, am anderen Ende des Stabes
das maximal zu erwartende Moment. Zur Erinnerung:   Kraft × Hebelarm = Moment
Platziere ich das Koordinatensystem in den Einwirkungspunkt, dann ist das Moment   M(x)) = Q x
eine Geraden-Gleichung und meine Biegelinie   ω   wird eine Funktion dritten Grades.

Streckenlast

Statt einer Querkraft, kann ich mir vorstellen dass überall auf den Stab gleichmäßig verteilt die Kraft   q   wirkt.
Das wäre z.B. bei einen Bücherregal der Fall, wenn alle Bücher den gleichen Flächendruck erzeugen.
Dementsprechend ist der Momentenverlauf durch Integration der Querkräfte zu bestimmen   M(x) = q x² / 2
Die Biegelinie   ω   wird dann eine Funktion vierten Grades.

Schlussfolgerung

Die Krümmung, resultierend aus Stauchung und Streckung, der   dx   dicken Scheibe aus obigen Bild,
kann ich als   dω / dx   bezeichnen.
Die Biegelinie   ω   ergibt sich aus dem Integral aller gekrümmten Scheibenelemente   dω / dx = ω'
Die Ursache der Krümmung der Scheibenelemente sind innere Momente              M = −E I ω''
Die Ursache des Momentenverlaufs sind z.B. von außen wirkende Querkräfte         M' = Q = −E I ω'''
Die Ursache eines Querkraft-Verlaufs ist z.B. eine Streckenlast               M'' = Q' = −q = −E I ω^IV

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Sprungbrett (punktförmige Kraft am Ende)

Im Internet findet man fast nur diesen Fall, wo das eine Ende fest ist
und das andere lose Ende mit einer externen Punktförmigen Querkraft   F_Ext   beaufschlagt wird.
D.h. von Anfang bis zum Punkt lastet in diesem Balken eine innere konstante Kraft   Q(x) = F_Ext
Da die xterne Kraft entgegen der Z-Achse ist, ist   F_Ext < 0
Ich verwende zunächst die Hilfsvariable  u = [m]  und ersetze sie später durch ein Einheitenloses   x = u / L.
Da außerhalb   F_Ext   keine Momente mehr sein können, ist M(L) = 0;

Das innere Moment ist demnach:
M(u)   =   F_Ext u − F_Ext L   =   F_Ext L ⋅ (u / L − 1);   u = 0…L [m]
    −E I ω''(x)   =   M(x)   =   F_Ext L ⋅ (x − 1) ;     x = 0…1

Die Krümmung je Scheibenelement ist dann
−E I ω'(u)   =   F_Ext u² / 2 − F_Ext L u + F_Ext c_u0   =   F_Ext L² / 2 ⋅ [ u² / L² − 2 u / L + 2 c_u0 / L² ]
Mit   x = u / l;   2 c_u0 / L² = c₀               ω'(x) = −F_Ext L² / ( 2 E I ) ⋅ [ x² − 2 x + c₀ ]

Widerum integriert, ergibt die Biegelinie
−E I ω(u)   =   F_Ext u³ / 6 − F_Ext L u² / 2 + F_Ext c_u0 u + F_Ext c_u1
        =   F_Ext L³ / 6 ⋅ [ u³ / L³ − 3 u² / L² + 6 c_u0 u / L³ + 6 c_u1 / L³ ];   6 c_u1 / L³ = c₁
    ω(x) = −F_Ext L³ / ( 6 E I ) ⋅ [ x³ − 3 x² + 3 c₀ x + c₁]

Hier sind die Randbedingungen wie folgt:

In der Halterung ist noch keine Verbiegung         ω'(0) = 0   → c₀ = 0
Die Biegelinie kann dort auch nicht ausschlagen     ω(0) = 0   → c₁ = 0
Daraus resultiert die Biegelinie zu               ω(x) = F_Ext L³ / ( 6 E I ) ⋅ [ 3 x² − x³ ]
Die max. Auslenkung am Ende ist dann           ω(L) = F_Ext L³ / ( 3 E I )
Wobei die Auslenkungen bei weiten nicht so dramatisch sind, wie sie gezeichnet sind,
denn dann wäre man nicht mehr im linearen Bereich und müsste anders rechnen.
Das maximale Moment ist in der Verankerung zu finden bei   M(0) = F_Ext L ⋅ (−1)

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Flächenlast (Schnee auf dem Vordach)

Diese Problem habe ich typischerweise an einem, an der Hauswand befestigten,
Vordach (ob nun gerade oder leicht geneigt) mit gleichmäßig verteilter Schneelast.
Quasi wird der Balken von Anfang bis Ende mit einer Querkraft beaufschlagt → Streckenlast,
welche in diesem Fall konstant ist. Also
       − Q'   =   q(x)   =   − S   wie Schneelast ;-)

Die Kraft im Balken ist dann eine Funktion des Abstandes
       M'   =   Q(x)   =   S L ⋅ (x − 1);     x = 0 … 1

Durch Integration erhalten wir das innere Moment
− E I ω''(x)   =   M(x)   =   S L² / 2 ⋅ [x² − 2 x + c₀]

Die Krümmung je Scheibenelement ist dann
        − EI ω'(x)   =   S L³ / 6 ⋅ [x³ − 3 x² + 3 c₀ x + c₁]

Und das ergibt die Biegelinie als Funktion 4. Grades
        − EI ω(x)   =   S L⁴ / 24 ⋅ [x⁴ − 4 x³ + 6 c₀ x² + 4 c₁ x + c₂]

Hier sind die Randbedingungen wie folgt:

Am Ende des Balken ist keine inneres Moment   ω''(L) = 0   → c₀ = 1
In der Halterung ist noch keine Verbiegung     ω'(0) = 0   → c₁ = 0
In der Halterung ist Die Biegelinie Null         ω(0) = 0   → c₂ = 0;     zur Erinnerung   x = 0 … 1
Daraus resultiert die Biegelinie zu           ω(x) = − S L⁴ / ( 24 E I ) ⋅ [ x⁴ − 4 x³ + 6 x² ]
Die max. Auslenkung am Ende ist dann       ω(x = 1) = − S L⁴ / ( 8 E I )
Das max. Moment ist im Ursprung           M(x = 0) = S L² / 2

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Flächenlast mit loser Lagerung

Ein Fall mit Flächenlast und loser Lagerung (ohne Momente), wäre ein auf Trägern aufgelegtes Brett
z.B. für ein Bücherregal. Ebenso denkbar, wäre die Stützung einer möglichst ebenen Platte.
Ist das Brett genau über den Träger halbwegs gleich verteilt, kann ich den Fall
"Schnee auf dem Vordach" fast 6 fach übernehmen. In diesem Fall sieht die Biegelinie qualitativ wie folgt aus.
Möchte man die Stützen so platzieren, dass die maximale Auslenkung am kleinsten ist,
macht es Sinn vorher noch ein paar Grenzbetrachtungen zu machen.

Grenzbetrachtungen

Nun gibt es mindestens zwei Fälle mit einer Vereinfachung.

1. Fall - Balken aus L₃ & L₄

Der erste Fall tritt ein, wenn der Abschnitt 1 die Länge  L₁ = 0   hat.
Das ist der Fall, wenn die Brettaufhängung an den Enden stattfindet.
Dann folgt daraus, dass im 2. Abschnitt   − ω₂''' / EI = Q₂(0) = 0 ist, also ebenso  L₂ = 0   ist.
Somit bleibt nur noch ein Balken mit den Abschnitten 3 und 4 übrig, welcher durchgehend konkav gebogen ist.
Ich kann also den Ursprung in die Symmetrieachse Abschnitt 3 und 4 in den Balken legen.   L₃ = L / 2 = L₄
Die Symmetrieachse verhält sich weitgehend wie eine feste Wand,
sodass ich die vorherige Lösung "Schnee auf Vordach" dafür nutzen kann.
Dann ist die maximale Auslenkung am Balkenende wie folgt:
  ω(L₃) = ω(L₄) = S L₃⁴ / ( 8 E I );   L₃ = 0,5 L   →   ω(L) = S L⁴ / ( 2⁷ E I );

Zur Wiederholung:
    Q₃ = S L₃ (− x − 1)   für   x = − 1 … 0                  Q₄ = S L₄ (− x + 1 )   für   x = 0 … 1

    M₃ = S L₃² / 2 ⋅ [−x² − 2 x + c₀₃];                    M₄ = S L₄² / 2 ⋅ [−x² + 2 x + c₀₄];
  M₃(−1) = 0   → c₀₃ = − 1;                          M₄(1) = 0   → c₀₄ = − 1

−E I ω₃' = S L₃³ / 6 ⋅ (−x³ −3 x² + 3 c₀₃ x + c₁₃);          −E I ω₄' = S L₄³ / 6 ⋅ (−x³ + 3 x² + 3 c₀₄ x + c₁₄)
  ω₃'(0) = 0   → c₁₃ = 0;                             ω₄'(0) = 0   → c₁₄ = 0

−E I ω₃ = S L₃⁴ / 24 ⋅ (−x⁴ −4 x³ + 6 c₀₃ x² + 4 c₁₃ x + c₂₃);   −E I ω₄ = S L₄⁴ / 24 ⋅ (−x⁴ + 4 x³ + 6 c₀₄ x² + 4 c₁₄ x + c₂₄)
  ω₃(0) = 0   → c₂₃ = 0;                              ω₄(0) = 0   → c₂₄ = 0

2. Fall - Nur eine Stütze in der Mitte

Statt einen Balken an beiden Enden zu lagern, kann ich ihn stattdessen auch nur mittig lagern.
Die Längeverhältnisse bleiben wie im 1. Fall, nur der Bogen ist dann konvex statt konkav.
Die maximale Auslenkung ist demnach ebenso wie im 1. Fall
  ω(L₃) = ω(L₄) = S L₃⁴ / ( 8 E I );   L₃ = 0,5 L   →   ω(L) = S L⁴ / ( 2⁷ E I );

3. Fall - In der Spiegelachse sind keine Kräfte

Der dritte Fall tritt ein, wenn die Streckenlast links und rechts von der Stütze
die selbe innere Kraft   Q   im Balken erzeugt.
Aufgrund der gleichen Steigung   q   ist dann   L₁ = L₂   und somit   L₃ = 0   bzw.   L₁ = L₂ = 0,25 L
Jeweils an den Enden von L₁ und L₂ ist die innere Kraft Q(L₁) = Q(L₂) = 0.
Bildlich gesprochen, ist der Balken dann durchgehend konvex gebogen.

Die Skizze ist mehr Betragsmäßig und qualitativ zu betrachten, denn eigentlich müsste ich Sprünge einzeichnen.
Im 2. Abschnitt sticht z.B. die Z-Achse, gemäß rechter Hand Regel, wie das Moment, einen ins Auge ☉.
Aber im 1. Abschnitt zeigt die z-Achse, entgegen dem Moment in die Skizze ⊗.

Da die innere Kraft an der Spiegelachse   Q(L₂) = Q(L₅) = 0   ist,
kann ich zunächst die Biegelinie im Abschnitt 1 / 2 für sich betrachten, ebenso die im Abschnitt 5 / 6.
Zwischen Abschnitt 1 und 2   bzw.   5 und 6 sind die Stützen.
Da die Stützen keine Momente aufnehmen können, kann ich den Balken beliebig um diese Achse kippen.
Ich kann mir also vorstellen Abschnitt 1 / 2 ist vergleichbar mit Abschnitt 3 / 4 aus dem 2. Fall, nur gekippt.

Um das besser zu veranschaulichen,
schreibe ich links alles für den Abschnitte 1 und rechts alles für den Abschnitt 2.
  x = −1…0; nach links                 q(x₁)   = q₀ =   q(x₂);                 x = 0…1; nach rechts
    −Q₁   =   −S L₁ ⋅ (x + 1);                                   −Q₁   =   −S L₂ ⋅ (x − 1)

    M₁ = S L₁² /2 ⋅ (x² + 2 x + c₀₁ );                                   M₂ = S L₂² /2 ⋅ (x² − 2 x + c₀₂ )
Am linken Ende ist das Moment 0 und wegen gleicher Länge der Abschnitte und gleicher Streckenlast,
ist es am anderen Ende auch wieder 0.     M₁(−1)  =  0  =  M₂(1)   c₀₁ = 1;   c₀₂ = 1
    M₁   =   S L₁² /2 ⋅ (x² + 2 x + 1);                                   M₂   =   S L₂² /2 ⋅ (x² − 2 x + 1)

Die nächste Ableitung zeigt an. wie stark die Biegelinie steigt oder fällt.
  −E I ω₁'  =  S L₁³ / 6 ⋅ (x³ + 3 x² + 3 x + c₁₁);                   −E I ω₂'  =  S L₂³ / 6 ⋅ (x³ −3 x² + 3 x + c₁₂)
In der Spiegelachse ist keine Steigung.                       ω₂'(1)  =  0  =  1 − 3 + 3 + c₁₂   →   c₁₂ = −1
                                                      ω₂'  =  −S L₂³ / (6 E I) ⋅ [x³ −3 x² + 3 x − 1];
Was von links nach rechts eine Steigung ist, ist von rechts nach links eine Abfahrt. Dementsprechend…
  c₁₁ = −1;       wegen         ω₂'(0)  =  −S L₂³ / (6 E I) ⋅ (−1)   =   ω₁'(0)   =   −S L₁³ / (6 E I) ⋅ c₁₁
  ω₁'  =  −S L³ / (6 E I) ⋅ [x³ + 3 x² + 3 x − 1]

Und die letzte Integration zeigt die gesuchte Biegelinie.
ω₁ = −S L₁⁴ / (24 E I) ⋅ [x⁴ + 4 x³ + 6 x² − 4 x + c₂₁];             ω₂ = −S L₂⁴ / (24 E I) ⋅ [x⁴ −4 x³ + 6 x² − 4 x + c₂₂]
Der Einfacht halber setze ich den Ursprung des Koordinatensystems an die Stelle der Stütze,
also   ω₁(0) = 0 = ω₂(0)             →   c₂₁   =   0   =   c₂₂
ω₁ = −S L₁⁴ / (24 E I) ⋅ [x⁴ + 4 x³ + 6 x² − 4 x];                 ω₂ = −S L₂⁴ / (24 E I) ⋅ [x⁴ −4 x³ + 6 x² − 4 x]

ω_{1 min.}(−1) = −S L₁⁴ / (24 E I) ⋅ 7;       Diff. = S L₁⁴ / (3 E I);       ω_{2 max.}(1) = −S L₂⁴ / (24 E I) ⋅ (−1)
L₁ = L₂ = 0,25 L;               →   Diff. = S L⁴ / (3 ⋅ 2⁸ E I);

Zusammenfassung der ersten drei Fälle

Stütze am Anfang 0% und am Ende 100%   → max. = 2 S L⁴ / (2⁸ E I)
Stütze genau in der Mitte bei 50%         → max. = 2 S L⁴ / (2⁸ E I)
Stütze jeweils bei 25% vom Ende         → max. = S L⁴ / (3 ⋅ 2⁸ E I)   führt bisher zum besten Ergebnis
→ Leider liegt die Lösung im Bereich 0% < … < 25%, mit 6 zu berechnenden Abschnitten.
Nahe an 25%, ist wahrscheinlich das Optimum.

4. Fall - Irgendwo zwischen 0% und 25%

Zunächst habe ich mir Gedanken über den möglichen Verlauf und den resultierenden Randbedingungen gemacht.
Dabei betrachte ich nur die linke Seite vom Balken, denn die rechte Seite ist wieder eine Spiegelung der linken.
Die innere Querkraft und die Momente sind an den Abschnitts-Enden wieder Null.   M₁(1) = M₂(1) = M₃(1) = 0
Betrachte ich die Steigung, so finde einen Nulldurchgang in der Symmetrieachse
und einen innerhalb des 2. Abschnittes.                                   ω₂'(c₃) = 0 = ω₃'(0)
Die Biegelinie hat nun zwei Minima an folgenden Stellen                   min₁ = ω₁(1);   min₃ = ω₃(0)
Und ich erwarte ein Maximum an folgender Stelle                               max = ω₂(c₃)

Für alle 3 Abschnitte gilt die selbe Formel, jedoch mit unterschiedlichen Vorzeichen.
Wobei hier mit   n   der Abschnitt bezeichent wird.
    −Q_n   =   −S L_n ⋅ (x − 1);   konvex   x =   0 … 1

    −Q₁   =   −S L₁ ⋅ ( x + 1);   konvex   x = − 1 … 0
    −Q₂   =   −S L₂ ⋅ ( x − 1);    konvex   x =   0 … 1
    −Q₃   =   −S L₃ ⋅ (− x − 1);  konkav   x = − 1 … 0
    −Q₄   =   −S L₃ ⋅ (− x + 1);   konkav   x =   0 … 1
    −Q₅   =   −S L₂ ⋅ ( x + 1);   konvex   x = − 1 … 0
    −Q₆   =   −S L₁ ⋅ ( x − 1);    konvex   x =   0 … 1

Für alle 3 Abschnitte ist der Momentenverlauf vergleichbar, bis auf das Vorzeichen.
    M_n   =   S L_n² /2 ⋅ (x² − 2 x + c_0n );   konvex   x =   0 … 1

Wegen   M₁(−1)   =   M₂(1)   =   M₃(−1)   =   M₄(1)   =   M₅(−1)   =   M₆(1)   =   0  
ergeben sich die Konstanten   c_0n

    M₁   =   S L₁² /2 ⋅ (  x²  + 2 x + c₀₁);   → c₀₁ =   1
    M₂   =   S L₂² /2 ⋅ (  x² − 2 x + c₀₂);   → c₀₂ =   1
    M₃   =   S L₃² /2 ⋅ (− x² − 2 x + c₀₃);   → c₀₃ = − 1
    M₄   =   S L₃² /2 ⋅ (− x²  + 2 x + c₀₄);   → c₀₄ = − 1
    M₅   =   S L₂² /2 ⋅ (  x²  + 2 x + c₀₅);   → c₀₅ =   1
    M₆   =   S L₁² /2 ⋅ (  x² − 2 x + c₀₆);   → c₀₆ =   1

Die Ableitung der Biegelinie ist allgemein wie folgt.
  −E I ω_n'   =   S L_n³ / 6 ⋅ (x³ −3 x² + 3 c_0n x + c_1n);   konvex   x =   0 … 1

Wegen   ω₃'(0) = 0 = ω₄'(0)   folgt   c₁₃ = 0   und   c₁₄ = 0

   E I ω₃'   =   − S L₃³ / 6 ⋅ (− x³ −3 x² − 3 x + c₁₃)
   E I ω₄'   =   − S L₄³ / 6 ⋅ (− x³ + 3 x² − 3 x + c₁₄)

   E I ω₂'   =   − S L₂³ / 6 ⋅ (   x³ −3 x² +   3 x + c₁₂)

Wegen   ω₂'(1) = ω₃'(−1)   folgt
  L₂³ ⋅ (1 − 3 + 3 c₀₂ + c₁₂ ) = L₃³ ⋅ (1 − 3 − 3 c₀₃ + c₁₃)   →   c₁₂ = L₃³ / L₂³ − 1

   E I ω₅'   =   − S L₅³ / 6 ⋅ (   x³ + 3 x² + 3 x + c₁₅)

Wegen   ω₄'(1) = ω₅'(−1)   folgt
  L₄³ ⋅ (−1 + 3 − 3 + 0) = L₅³ ⋅ (−1 + 3 − 3 + c₁₅)   →   c₁₅ = 1 − L₄³ / L₅³

   E I ω₁'   =   − S L₁³ / 6 ⋅ (   x³ + 3 x² + 3 x + c₁₁)
   E I ω₆'   =   − S L₆³ / 6 ⋅ (   x³ − 3 x² + 3 x + c₁₆)

Wegen   ω₁'(0) = ω₂'(0)   folgt   c₁₁ = c₁₂
Wegen   ω₅'(0) = ω₆'(0)   folgt   c₁₆ = c₁₅

Die allgemeine Biegelinie für die Abschnitte ist wie folgt
     ω_n   =   −S L_n⁴ / (24 E I) ⋅ [x⁴ −4 x³ + 6 c_0n x² + 4 c_1n x + c_2n];   konvex   x =   0 … 1

     ω₁   =   −S L₁⁴ / (24 E I) ⋅ [x⁴ + 4 x³ + 6 x² + 4 c₁₁ x + c₂₁]
     ω₆   =   −S L₆⁴ / (24 E I) ⋅ [x⁴ −4 x³ + 6 x² + 4 c₁₆ x + c₂₆]

Beliebig setze ich die x-Achse am Anfang der Biegelinie an.
Damit wird   min₁ = ω₁(−1) = 0   →   0   =   1 − 4 + 6 − 4 c₁₁ + c₂₁   →   c₂₁   =   − 3 + 4 c₁₁

Damit wird   min₆ = ω₆(1) = 0     →   0   =   1 − 4 + 6 − 4 c₁₆ + c₂₆   →   c₂₆   =   − 3 − 4 c₁₆

Wegen   ω₁(0)   =   ω₂(0)   folgt   c₂₁   =   c₂₂
     ω₂   =   −S L₂⁴ / (24 E I) ⋅ [x⁴ −4 x³ + 6 x² + 4 c₁₂ x + c₂₂]

Wegen   ω₅(0)   =   ω₆(0)   folgt   c₂₅   =   c₂₆
     ω₅   =   −S L₅⁴ / (24 E I) ⋅ [x⁴ + 4 x³ + 6 x² + 4 c₁₅ x + c₂₅]

     ω₃   =   −S L₃⁴ / (24 E I) ⋅ [−x⁴ − 4 x³ − 6 x² + 4 c₁₃ x + c₂₃]

Wegen   ω₂(1)   =   ω₃(−1)   folgt   L₂⁴ ⋅ (1 − 4 + 6 + 4 c₁₂ + c₂₂)   =   L₃⁴ ⋅ (−1 + 4 − 6 − 4 c₁₃ + c₂₃₎
  →   c₂₃   =   L₂⁴ / L₃⁴ ⋅ (3 + 4 c₁₂ + c₂₂) + 3 + 4 c₁₃

     ω₄   =   −S L₄⁴ / (24 E I) ⋅ [−x⁴ + 4 x³ − 6 x² + 4 c₁₄ x + c₂₄]

Wegen   ω₄(1)   =   ω₅(−1)   folgt   L₄⁴ ⋅ (− 1 + 4 − 6 + 4 c₁₄ + c₂₄)   =   L₅⁴ ⋅ (1 − 4 + 6 − 4 c₁₅ + c₂₅)
  →   c₂₄   =   L₅⁴ / L₄⁴ ⋅ (3 − 4 c₁₅ + c₂₅) + 3 − 4 c₁₄

Dies alles habe ich nun in eine  Tabellenkalkulation (LibreOffice)  eingegeben und geguckt,
was passiert, wenn man den Stützen Abstand variiert.
Da ich lediglich 20 Stützstellen für jeden Abschnitt habe, kommt da ein ungefährer Wert heraus.
Wahrscheinlich ist noch ein Fehler enthalten, da ich die Bessel-Punkte so nicht bestätigen kann,
trotz scheinbar plausiblen Verlaufes und gleichen Ergebnissen bei den verschiedenen Fällen.

Nachwort

Als ich begann den 4. Fall zu skizzieren, fiel mir auf, das an der Grenze zum Abschnitt 1 und 2
zeichnerisch das größte Moment zu erwarten ist,
da die Länge vom Abschnitt 1 oder 2 größer ist, als die vom 3. Abschnitt.
Das bedeutet, dass ein möglichst plattes Brett nicht unbedingt die kleinsten Kräfte enthält,
was ich ursprünglich vermutet habe. Um also die kleinsten Momente zu haben,
kann ich aus der Skizze die Bedingung sehen   L₁ = L₂ = L₃
D.h. eine optimale Momentenverteilung → max. Belastbarkeit müsste bei   L₁ = L / 6 ≈ 16,7%   sein.

Durch Zufall fand ich heraus das Friedrich Wilhelm Bessel *1794 - ✝1846 sich auch mit diesen Thema beschäftigte.
Einen dieser Bessel-Punkte ist sein Minimaler Wert des Durchbiegungsmaximums und liegt bei ≈ 22,31%

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