12. Arbeitsgleichung (statisch unbestimmt)

Stell dir einen Balken vor, der auf zwei Lagern liegt. Du belastest ihn, er biegt sich durch, und mit den drei Gleichgewichtsbedingungen aus der Statik (Summe der Kräfte in zwei Richtungen, Summe der Momente) rechnest du alle Lagerkräfte aus. Das nennt man statisch bestimmt: genau so viele Gleichungen wie Unbekannte, das System geht glatt auf.

Jetzt schiebst du ein drittes Lager unter den Balken. Plötzlich hast du mehr Lagerkräfte als Gleichgewichtsbedingungen. Die Statik allein reicht nicht mehr, um sie alle zu bestimmen. Genau das ist ein statisch unbestimmtes System: es hat mehr Bindungen, als für das blosse Gleichgewicht nötig wären. Die zusätzlichen Lager sind statisch überzählig.

Warum baut man so etwas überhaupt? Ein überzähliges Lager macht das Tragwerk steifer und sicherer. Fällt eine Bindung aus, steht das System nicht sofort still. Der Preis dafür: die Lagerkräfte lassen sich nicht mehr mit dem Gleichgewicht allein finden. Man braucht eine zusätzliche Information, und die kommt aus der Verformung.

Wie oft ist ein System unbestimmt? Das misst der Grad der statischen Unbestimmtheit. Zähle alle unbekannten Reaktions- und Schnittgrössen $h$ (Lagerwertigkeiten plus innere Verbindungen) und stelle ihnen die Anzahl verfügbarer Gleichgewichtsbedingungen $m$ gegenüber. Die Differenz $n = h - m$ sagt dir, wie viele überzählige Bindungen es gibt: $n = 1$ heisst einfach unbestimmt, $n = 2$ zweifach unbestimmt, und so weiter.

Ein konkretes Beispiel. Bei einem ebenen Rahmen aus mehreren Stäben liefert jedes Lager und jedes Gelenk eine bestimmte Anzahl Wertigkeiten. Zählt man etwa $h = 10$ unbekannte Grössen und hat $m = 9$ Gleichgewichtsbedingungen, dann ist $n = 10 - 9 = 1$: das System ist genau einfach statisch unbestimmt. Genau diese eine überzählige Grösse müssen wir mit einer Verformungsbedingung knacken.

Schauen wir genau hin, was die beiden Hilfssysteme tragen. Wir wählen eine statisch überzählige Kraftgrösse und nennen sie $X$. Das ist die Unbekannte, meist eine Lagerkraft, manchmal eine innere Schnittgrösse. An ihrer Stelle schneiden wir frei und erhalten das Grundsystem.

Das 0-System trägt nur die realen äusseren Lasten (Streckenlast, Einzelkräfte). Aus ihm gewinnen wir mit den Methoden aus Kapitel 11 die Schnittgrössenverläufe $M_0(x)$, $N_0(x)$, $T_0(x)$. Der Index $0$ erinnert daran: das ist der Lastfall ohne die Hilfskraft.

Das 1-System trägt nur eine Hilfskraft der Grösse 1, angesetzt genau dort und in der Richtung, in der $X$ wirkt. Es liefert die Schnittgrössen $M_1(x)$, $N_1(x)$, $T_1(x)$. Das ist eine reine Einheitslast, sie hat noch nichts mit der wahren Grösse von $X$ zu tun.

Jetzt setzen wir beide zusammen. Die wahre Beanspruchung des unbestimmten Systems entsteht, indem wir das 0-System nehmen und das 1-System mit dem (noch unbekannten) Faktor $X$ dazuzählen. Für das Biegemoment heisst das:

Frage: Woher bekommt man $\delta_{10}$ und $\delta_{11}$ konkret? Genau wie jede Verschiebung in Kapitel 11: über die Arbeitsgleichung mit virtuellen Kräften. Beide $\delta$ sind Verschiebungen am statisch bestimmten Grundsystem, und dort ist die Rechnung Routine. Man koppelt die Beanspruchungsverläufe der beteiligten Lastfälle und integriert über die ganze Struktur.

$\delta_{11}$ ist die Nachgiebigkeit der Hilfskraft. Sie misst, wie weit sich die Hilfskraft 1 ihren eigenen Angriffspunkt verschiebt. Dafür koppelt man das 1-System mit sich selbst, das heisst, man integriert das Quadrat seiner Beanspruchung.

$\delta_{10}$ ist die Last-Verschiebung an derselben Stelle. Sie misst, wie weit sich die Stelle von $X$ unter der realen Last verschiebt. Dafür koppelt man das 0-System (reale Last) mit dem 1-System (Einheitslast). Es ist exakt die Koppeltafel-Rechnung aus Kapitel 11, nur mit den beiden Verläufen $M_0$ und $M_1$.

Jetzt fügen wir alles zu einem festen Ablauf zusammen. Für ein einfach statisch unbestimmtes System ($n = 1$) ist das Vorgehen immer dasselbe. Wenn du diese sechs Schritte verinnerlichst, läuft jede Aufgabe nach demselben Muster. Bei $n$ überzähligen Bindungen bekommst du entsprechend $n$ Unbekannte und ein lineares Gleichungssystem, aber die Idee bleibt identisch.

Worum geht es? Ein Balken (Biegesteifigkeit $EI$) liegt an seinen beiden Enden $A$ und $B$ auf Gelenklagern und ist in der Mitte zusätzlich über eine elastische Pendelstütze (Dehnsteifigkeit $EA$, Länge $l$) abgestützt. Auf den ganzen Balken wirkt eine gleichmässige Streckenlast $q$. Beide Balkenfelder sind gleich lang ($l$), die Gesamtspannweite ist also $2l$. Unbelastet ist das System spannungsfrei. Gesucht: die Kraft, die in der Stütze übertragen wird.

Warum ist das unbestimmt? Zwei Gelenklager plus die Stütze ergeben eine Bindung mehr, als das Gleichgewicht braucht. Das System ist einfach statisch unbestimmt ($n = 1$). Wir lösen die Stützenkraft als überzählige Grösse $X = C_y$ und arbeiten das Rezept aus Sec. 4 ab. Die Stütze überträgt nur Normalkraft, der Balken nur Biegung, also bleiben pro Lastfall genau zwei Anteile.

Frage: Und wenn am Ende noch eine Verschiebung gesucht ist? Oft will eine Aufgabe nach der überzähligen Kraft zusätzlich eine Durchbiegung wissen, etwa die Verschiebung an einer Stelle 2. Naiv würde man dafür die Arbeitsgleichung am unbestimmten System ansetzen, mit der echten Beanspruchung $\tilde{M} = M_0 + M_1 X$ und einem neuen 2-System (Einheitslast an der gesuchten Stelle). Das funktioniert, ist aber unbequem, weil $\tilde{M}$ schon den gelösten Wert $X$ enthält.

Der bequeme Weg. Man rechnet das 2-System einfach am statisch bestimmten Grundsystem (Einheitslast an Stelle 2, alle überzähligen Bindungen gelöst). Dann setzt sich die gesuchte Verschiebung $\tilde{v}$ genauso zusammen wie vorher die Beanspruchung: das 0-System plus das $X$-fache 1-System, jeweils mit dem 2-System gekoppelt.

Warum darf man am bestimmten System rechnen? Setzt man $\tilde{M} = M_0 + M_1 X$ in die Arbeitsgleichung ein und sortiert um, fällt ein Teil wegen der Verträglichkeitsbedingung $\delta_{10} + X\delta_{11} = 0$ heraus. Übrig bleibt genau $\tilde{v} = \delta_{20} + X\delta_{21}$, mit lauter Grössen am Grundsystem. Man spart sich also, $\tilde{M}$ überhaupt explizit aufzustellen. Das nennt man auch den Reduktionssatz.