Zur Theorie der Festigkeit krummer Träger. Von Emil Herrmann, Oberbergrat in Schemnitz (Ungarn). Zur Theorie der Festigkeit krummer Träger. Bezüglich dieser Theorie sind die Meinungen der Ingenieure bekanntlich geteilt. Während die eine Partei die von weiland Prof. Grashof aufgestellten und von Prof. C. Bach in dem Werke Elastizität und Festigkeit ebenfalls aufgenommenen Spannungs- und Biegungsformeln als richtig ansieht, bezweifelt die andere Partei deren Richtigkeit (vgl. die Zuschriften an die Zeitschrift des deutschen Ingenieurvereins, Jahrg. 1899 S. 261, 403, 501 und 633), weil man bei der Lösung von gewissen Aufgaben auf Widersprüche stösst, welche in der beschränkten Gültigkeit des sogen. Proportionalitätsgesetzes ihre Erklärung nicht findenAnmerkung der Redaktion: Es handelt sich in Wirklichkeit nicht um einen persönlichen Meinungsaustausch, sondern um die praktisch wichtige Frage: Ist ein gekrümmter stabförmiger Körper in Hinsicht auf die Beanspruchung durch ein biegendes Moment und durch eine Normalkraft so zu behandeln, als ob seine Querschnitte einem geraden Stabe angehören? Nach den Ergebnissen der in dieser Richtung angestellten Versuche (vgl. C. Bach, Elastizität und Festigkeit, 3. Aufl. 1898 S. 470 u. f., Bantlin, Zeitschrift des Vereins deutscher Ingenieure, 1899 S. 261 u. f. u.s.w.) kann es keinem Zweifel unterliegen, dass dieser Weg der Spannungsermittelung zu einer – unter Umständen sehr bedeutenden – Unterschätzung der Beanspruchung des gekrümmten Stabes führt. Die einfache Ueberlegung, welche von dem Unterschiede zwischen der geraden und gekrümmten Stabform ausgeht, liefert das gleiche Ergebnis.Dass die Gleichung\sigma=\frac{P}{f}+\frac{M}{f\,r}+\frac{M}{x\,f\,r}\,\frac{\eta}{r+\eta}für diejenigen Querschnitte, wo die Form eine Stetigkeitsunterbrechung durch eine plötzliche Aenderung des Krümmungshalbmessers r erfährt, eben infolge dieser Stetigkeitsunterbrechung keine zutreffenden Ergebnisse liefert, ist von C. Bach schon hervorgehoben sowie bemerkt worden, dass hier ein allmählicher Ausgleich stattfinde (Elastizität und Festigkeit, 3. Aufl. S. 373 und 374, S. 484 und 485).Dass die bezeichnete Gleichung im Falle der Fig. 2 des vorliegenden Aufsatzes zu einer unendlich grossen Spannung an der Innenkante führt, hat ersichtlich darin seinen Grund, dass hier ein Körper zu Grunde gelegt ist, welcher an der inneren Seite eine scharfe Ecke, also den Krümmungshalbmesser Null besitzt, während die Entwickelung der Gleichung nach Lage der Sache solche Körper voraussetzt, welche auch an der inneren Seite noch ausreichend Krümmung aufweisen.Es handelt sich, wie bereits bemerkt, im vorliegenden Fall nicht um absolut richtige mathematische Gleichungen, sondern um Gleichungen, welche den Bedürfnissen der Technik dienen sollen. Das gilt ebenso für den Stab mit gerader Achse wie für denjenigen mit gekrümmter Achse. Die vorstehenden Bemerkungen werden bei Beurteilung der Darlegungen des Herrn Verfassers im Auge zu behalten sein, insbesonders auch gegenüber dem Satze am Schlusse des Aufsatzes.. Die nachstehende Aufgabe ist eine solche, bei welcher man zu dem erwähnten Widerspruch kommt. Ein krummer Träger mit rechteckigem Querschnitte besteht aus zwei kreiscylindrischen Stücken. Der eine Teil AB (Fig. 1) hat einen Kreisbogen als Mittellinie, dessen Radius 16 h = r. Der zweite Teil BC ist ein Kreisbogen vom Radius r1 = 4h. Auf jede der Endflächen wirkt das Kräftepaar M jedoch im entgegengesetzten Sinne, so dass der Träger im äusseren Gleichgewichte ist. Es fragt sich, wie gross die Spannung im Punkte a des Querschnittes B ist? Da der Querschnitt B beiden Teilen angehört, kann man vom einen oder anderen Ende ausgehen. Natürlich kann in einem Punkte nur einerlei Spannung auftreten, es müssten daher die beiden Rechnungsresultate identisch sein. Die Formel für die Spannung findet sich in Prof. C. Bach's obgenanntem Werke I. Aufl. S. 303 Gl. 210. \sigma=\frac{P}{f}+\frac{M}{f\,r}+\frac{M}{x\,f\,r}\,\frac{\eta}{(r+\eta)} . . . 1) Textabbildung Bd. 316, S. 405 Fig. 1. Hierin bedeutet P die Normalkraft (S. 299), M das Moment positiv, wenn es eine Vermehrung der Krümmung herbeiführt, f die Fläche des Querschnittes, η den Abstand desjenigen Punktes von der Cylinderfläche der Mittellinie, in welchem die Spannung g auftritt und r der Krümmungsradius der Schwerpunktsfaser. Nach Gleichung 207 (S. 302) ist -x\,f=\int_{-e_2}^{+e_1}\,\frac{\eta\,d\,f}{r+\eta}. η ist positiv, wenn es auf der von der Krümmungsachse abgewendeten Seite liegt. Für den rechteckigen Querschnitt mit den gewählten Dimensionen ist laut Gleichung 213 (S. 306) x=-1+\frac{r}{h}\,ln\,\frac{r+\frac{h}{2}}{r-\frac{h}{2}}. Für den Teil „CB“ wird x=-1+4\,l\,\cdot\,n\,\frac{9}{7}=0,00525772. Für den zweiten Teil AB x=-1+16\,l\,\cdot\,n\,\frac{33}{31}=0,00032576. Dem Punkte a entspricht \eta=\frac{h}{2}. Die Normalkraft P = 0, daher die Spannung im Punkte „a“ von A ausgerechnet \sigma=\frac{M}{16\,b\,h^2}+\frac{M\,0,5}{0,00032576\,b\,h\,\cdot\,16\,h\,\cdot\,16,5}, das ist \sigma=\frac{5,8764\,M}{b\,h^2}. Rechnen wir von der anderen Seite, d. i. von C, dann ist \sigma=\frac{M}{4\,b\,h^2}+\frac{M\,\cdot\,0,5}{0,00525772\,\cdot\,b\,h\,\cdot\,4\,h\,\cdot\,4,5} \sigma=\frac{M}{4\,b\,h^2}+\frac{M}{0,18927792\,b\,h^2} das ist \sigma=\frac{5,5332\,M}{b\,h^2}. Da der Unterschied in den Werten der Spannung in ein und demselben Punkte desselben Querschnittes nicht etwa einem Rechnungsfehler zuzuschreiben ist, die Möglichkeit desselben aber nicht zugegeben werden kann, so kommt man zu dem Schlusse, dass die Formel auf Grund einer Voraussetzung abgeleitet sein muss, welche mit den Verhältnissen der oben gestellten Aufgabe unvereinbar ist. Zu bemerken ist noch, dass die Gleichung 1 auch geschrieben werden kann \sigma=\frac{P}{f}+\frac{M}{f\,r}+\frac{M}{r\,(r\,i-f)}\,\frac{\eta}{r+\eta} . . 1b) worin i=\int\limits_{-e_2}^{+e_1}\,\frac{d\,f}{r+\eta} ist. Uebrigens ist die obige Aufgabe nicht die einzige, bei welcher die Gleichung 1 auf einen Widerspruch führt, es gibt auch eine andere, bei welcher die Gleichung 1 geradezu unmögliche Spannungswerte ergibt, wie nachstehendes zeigt. Textabbildung Bd. 316, S. 406 Fig. 2. Es sei BAC (Fig. 2) die Schwerpunktsfaser eines Trägers von rechteckigem Querschnitt. In B wirkt die Kraft R, man bestimme die Normalspannung im Querschnitt mit OAQ. Da hier r = e1 wird i=b\,\int\limits_{-e}^{+e}\,\frac{d\,\eta}{r+\eta}=b\,ln\,\frac{r+e}{r-e}=b\,ln\,\frac{2\,e}{0}=\infty. Das Moment hR strebt die krumme Mittellinie gerade zu richten, ist somit negativ. Die Normalkraft P = Rcosφ. Wir nehmen h = 5e, somit nach der modifizierten Gleichung 1b \sigma=\frac{R\,cos\,\varphi}{2\,e\,b}-\frac{R\,5\,e}{2\,e\,b\,e}-\frac{R\,5\,e}{r\,\cdot\,\infty}\,\frac{\eta}{e+\eta}. Das letzte Glied fällt weg und für φ = 60° bleibt \sigma=\frac{R}{4\,e\,b}-\frac{10\,R}{4\,e\,b}=-\frac{9\,R}{4\,e\,b}=-\frac{4,5\,R}{f}, wenn f = 2eb die Fläche des Querschnittes. Nach der Gleichung 1 würde daher in jedem Punkte des Querschnittes OQ ein und dieselbe Spannung, und zwar überall Druckspannung herrschen. Eine Ausnahme macht nur die Kante O. Da für diese η = – e, wird \sigma=-\frac{4,5\,R}{f}+\frac{5\,R\,e^2}{r\,\cdot\,\infty\,\cdot\,0}. Bestimmen wir den Wert von ∞ . 0. Wenn r nicht gleich e, η hingegen = e, dann ist der Nenner des letzten Gliedes \left(b\,ln\,\frac{r+e}{r-e}-f\right)\,(r-e)=(b\,ln\,[r+e]-f)\,(r-e)-b\,(r-e)\,ln\,(r-e). Für r = e wird (bln2e – f) 0 = 0 nur – b (c – e)ln(e – c) = b . 0 . – ∞. Somit ist lim – b (r – e)ln(r – e) = X für r= e zu bestimmen. \begin{array}{rcl}X&=&lim\,\left(-b\,\frac{ln\,[r-e]}{\left[\frac{1}{r-e}\right]}\right)=lim\,\left(-b\,\frac{ln\,[r-e]}{[r-e]^{-1}}\right)\\&=&lim\,-b\,\frac{1}{(r-e)-(r-e)^{-2}}=lim\,\left(\frac{b\,[r-e]^2}{r-e}\right)\end{array} =lim\,(b\,[r-e])=0 r=e Nachdem nun der Nenner von 5Re2 Null ist, wird \sigma=-\frac{4,5\,R}{f}+\infty=\infty, d.h. in der Kante O erzeugt jedes Moment eine unendlich grosse Zugspannung. Es müsste somit auch das kleinste Moment den Haken abbrechen. Unmittelbar neben der unendlich grossen Zugspannung herrscht aber schon nur mehr die in allen Punkten konstante Druckspannung =\frac{4,5\,R}{f}. Dies scheint mir der klarste Beweis für die Unhaltbarkeit der Gleichung 1 zu sein. Textabbildung Bd. 316, S. 406 Fig. 3. Nachdem die Gleichung 1 unter der Voraussetzung abgeleitet ist, dass die Querschnitte, welche vor der Belastung eben und senkrecht auf die Schwerpunktsfaser waren, auch während der Belastung dieselbe Form und Lage beibehalten, diese Voraussetzung aber, wie wir gesehen, unhaltbar ist, müssen wir versuchen, die Spannungsformel unter einer anderen, zutreffenderen Voraussetzung abzuleiten. Machen wir vorläufig keine andere Annahme als die, die Spannung sei der relativen Dehnung proportional, welche das Grundgesetz der heutigen Festigkeitslehre ist. Es sei AA0 (Fig. 3) die Schwerpunktsfaserschichte und B0B eine beliebige, der ersteren parallele Schichte; OA0 = r der Krümmungsradius von A0A, η der Abstand der zwei Schichten vor der Belastung. SG die Schwerpunkts-, CE eine beliebige, der ersteren parallele Faserschichte in der Entfernung η. Die Spannung in der Schwerpunktsfaser AA sei σ0, jene der Faser BB sei σ. Der Krümmungswinkel der ersteren Faser vor und unter der Belastung sei dφ bezw. dψ; ihre Krümmungshalbmesser r und ρ. Die Länge der Faser B0B während der Belastung sei CE so, dass der Fahrstrahl SE vom Schwerpunkte S nach E mit QD den Winkel dw bildet. Da die ursprüngliche Länge B0B = (r + η) dφ ist, so wird sie nach der Dehnung, wenn E der Elastizitätsmodulus ist, (r+\eta)\,d\,\varphi\,\left(1+\frac{\sigma}{E}\right)=C\,D+D\,E. Es ist aber CD = (ρ + η) dψ DE = ηdw, somit (r+\eta)\,d\,\varphi\,\left(1+\frac{\sigma}{E}\right)=(\varrho+\eta)\,d\,\psi+\eta\,d\,w. Für die Schwerpunktsfaser ist einfach r\,d\,\varphi\,\left(1+\frac{\sigma_0}{E}\right)=\varrho\,d\,\psi. Der Unterschied dieser zwei Gleichungen ist r\,d\,\varphi\,\frac{\sigma-\sigma_0}{E}+\eta\,d\,\varphi\,\left(1+\frac{\sigma}{E}\right)=\eta\,d\,\psi+\eta\,d\,w, mit \frac{E}{d\,\varphi} multipliziert r\,(\sigma-\sigma_0)+\eta\,(E+\sigma)=\eta\,\left(E\,\frac{d\,\psi}{d\,\varphi}+E\,\frac{d\,w}{d\,\varphi}\right). Die zwei Differentialverhältnisse \alpha=E\,\frac{d\,\psi}{d\,\varphi} und \zeta=E\,\frac{d\,w}{d\,\varphi} . . . . 2) sind voneinander wesentlich verschieden. Während \alpha=E\,\frac{d\,\psi}{d\,\varphi} sich auf jede Faserschichte des Querschnittes AB bezieht, also für diese eine konstante Grösse sein muss, kann sich \zeta=E\,\frac{d\,w}{d\,\varphi} von Faserschichte zu Faserschichte ändern, d.h. f kann auch eine Funktion von η sein. a) Ist ξ = 0, dann bleiben die ebenen und auf die Schwerpunktsfaserschicht senkrechten Querschnitte des unbelasteten Trägers auch während der Belastung eben und senkrecht. b) Ist ξ = konstant, dann bleiben die ebenen und senkrechten Querschnitte im belasteten Träger zwar gerade, aber nicht senkrecht zur Schwerpunktsfaserschichte. c) Ist ξ = cη oder sonst eine Funktion von η, dann krümmen sich die früher senkrechten und ebenen Querschnitte infolge der Belastung. Die obige Gleichung ist jetzt r(σ – σ0) + η(E + σ) = η(α + ξ) . . . . . . . . . . 3) Man kann nun die Rechnung unter verschiedenen Voraussetzungen weiter führen. A. Bisher hat man angenommen, es sei ξ = 0. Unter dieser Voraussetzung erhält man die Gleichung 1 oder Gleichung 1b. Nach Punkt a) ist dies gleichbedeutend mit der Voraussetzung, die ebenen und senkrechten Querschnitte bleiben auch im belasteten Träger eben und senkrecht. Diese Voraussetzung machte man offenbar in der Meinung, dass man dem Problem ohne diese Vereinfachung nicht näher treten könnte, hielt sie aber kaum für ganz zutreffend. Das Resultat der weiter geführten Rechnung ist dann Gleichung 1 oder Gleichung 1b. B. Man kann aber die Bedingung des Ebenbleibens der Querschnitte fallen lassen und die Rechnung auf folgende Weise weiter führen. Dividiere ich die Gleichung 3 durch η, dann kommt r\,\frac{\sigma-\sigma_0}{\eta}=\alpha+\zeta-(E+\sigma). Diese Gleichung muss für alle Werte von η bestehen, also auch dann, wenn η = 0. Damit nun \frac{\sigma-\sigma_0}{\eta} nicht unendlich gross werde, muss \frac{\sigma-\sigma_0}{\eta}=0 sein, daraus folgt aber ra = α + ξ – (E + σ), worin a konstant sein kann, wenn (ξ – σ) konstant wird. Wir erhalten somit σ = σ0 + ση. Nennt man das Trägheitsmoment des Querschnittes J nämlich J = ∫η 2 df, wogegen ∫ηdf = 0 ist, dann folgt aus P = ∫σdf = σ 0 f, aus M = ∫σηdf = aJ, so dass nun wie bei geraden Trägern \sigma=\frac{P}{f}+\frac{M}{J}\,\eta . . . . . . 5) ist. Setzt man diese Werte in die Gleichung 3 ein, dann kommt \frac{r\,M}{J}+E+\frac{P}{f}+\frac{M}{J}\,\eta=\alpha+\zeta . . . 6) Diese Gleichung muss für jeden Wert von η bestehen und kann es auch, sobald \zeta=\frac{M}{J}\,\eta ist. Da ξ nicht konstant ist, bleiben die Querschnitte im gebogenen Stabe laut Punkt c nicht eben. Es wird mit Rücksicht auf \zeta=E\,\frac{d\,w}{d\,\varphi}=\frac{M}{J}\,\eta, und die Abweichung DE = dξ in Fig. 3 von der Ebene QD dξ = ηdw, d.h. d\,\xi=\eta^2\,\frac{M}{E\,J}\,d\,\varphi. Textabbildung Bd. 316, S. 407 Fig. 4. Das Integral \int\limits_0^\varphi\,\frac{M}{J\,E}\,d\,\varphi=C ist für jeden einzelnen Querschnitt, d.h. für jeden besonderen Wert von φ konstant, deshalb ξ = Cη2, d.h. die früher ebenen Querschnitte bilden in belasteten Trägern parabolische Cylinderflächen, wie RST in Fig. 4. Die Hauptachse der Parabel ist die Tangente an die Schwerpunktsachse Sξ. Die hohle Seite ist dem abgeschnittenen Trägerende zugekehrt, wenn das Moment das abgeschnittene Ende zum Krümmungsmittelpunkt biegt, also den Stab stärker krümmt, im entgegengesetzten Falle aber ist die Höhlung umgekehrt. Man darf aber hierbei nicht vergessen, dass die Formänderung des Querschnittes (wegen der Veränderung der Kantenwinkel im unendlich kleinen Prisma) offenbar Schubspannungen wachruft, welche die Gestalt der gekrümmten, vorher ebenen Querschnitte jedenfalls beeinflussen, hier nicht berücksichtigt sind. Nur wenn der Stab ursprünglich gerade ist, wird φ = dφ = 0, daher nur dann ist dw = 0 und ξ = 0, d.h. nur dann bleiben die ebenen Querschnitte des unbelasteten Stabes auch im belasteten eben. Die Gleichung 6 vereinfacht sich nun \frac{r\,M}{J}+E+\frac{P}{f}=\alpha=E\,\frac{d\,\psi}{d\,\varphi}, daraus wird die Aenderung des Krümmungswinkels der Schwerpunktsfaser E\,(d\,\psi-d\,\varphi)=d\,\varphi\,\left(\frac{P}{f}+\frac{M\,r}{J}\right) . . 7) Ferner ist für diese Faser r\,d\,\varphi\,\left(1+\frac{\sigma_0}{E}\right)=\varrho\,d\,\psi, d.h. r\,d\,\varphi\,\left(1+\frac{P}{E\,f}\right)=\varrho\,\frac{M\,r}{E\,J} mit rρ dividierend \frac{1}{\varrho}-\frac{1}{r}=\frac{M}{\left(E+\frac{P}{f}\right)\,J} \frac{1}{\varrho}=\frac{1}{r}+\frac{M}{\left(E+\frac{P}{f}\right)\,J} womit der neue Krümmungsradius der Schwerpunktsfaserschichte bestimmt erscheint. Da \frac{P}{f} neben E verschwindet, genügt \frac{1}{\varrho}=\frac{1}{r}+\frac{M}{E\,J} . . . . . . 8) Die Gleichungen 5, 7 und 8 erledigen die Frage der Biegung des krummen Trägers und beheben den Widerspruch, welcher sich bei den Spannungen zeigt, wenn man annimmt, der Krümmungshalbmesser der Schwerpunktsfaserschichte ändere sich irgendwo plötzlich. Berechnen wir jetzt den Wert der Spannung in der eingangs erwähnten Aufgabe, dann finden wir \sigma=\frac{6\,M}{b\,h^2}, ob wir von der einen oder anderen Seite ausgehen. Was die Krümmung der Querschnitte anbelangt, so wäre eine direkte Beobachtung derselben natürlich das sicherste Mittel zur Entscheidung der Frage. Es ist aber zu bezweifeln, dass man selbst mit den feinsten Instrumenten dieselbe wahrnehmen wird, denn erstens ist bei allen Materialien, selbst Gummi, die Spannung σ so klein gegen den Elastizitätsmodulus, dass in der Gleichung 3 statt E + σ unbedingt E allein gesetzt werden kann, und dann kann auch ξ = 0 sein, d.h. die Krümmung der Querschnitte ist eine verschwindende Grösse; zweitens wirken der Entstehung der Krümmung, wie schon erwähnt, die auftretenden Schubspannungen entgegen, besser gesagt, ziehen die ohnehin kaum merkbare Grösse noch herab. Ich habe mit verschiedenen geschlossenen und offenen Gummiringen, ferner mit verschieden gekrümmten Guttaperchastücken, unter anderem auch S-förmigen Stücken von rechteckigem Querschnitte, Versuche gemacht, aber die vorher mit Bleistift bezeichneten oder fein eingeritzten ebenen Querschnitte haben keine Spur von Krümmung gezeigt, obwohl bei den Guttaperchastücken schon der Kiss begann. Es ist ja möglich, dass die Integration der richtigen Differentialgleichungen, welche sich auf den krummen Träger beziehen, auf die Art, wie sie de Saint-Venant für den geraden Träger durchgeführt hat, dahin führt, dass die Querschnitte eben bleiben, obgleich die Spannung eine lineare Funktion der Koordinaten des betreffenden Punktes im Querschnitte, d.h. in unserem Falle σ = aη + b ist. Dann kann die nachstehende Darstellung der Wahrheit am nächsten stehen. Es sei in Fig. 5 ABCD ein differentialer Teil eines krummen Trägers, QS0 = r der Krümmungshalbmesser der Schwerpunktslinie. Textabbildung Bd. 316, S. 408 Fig. 5. Das Moment M, welches auf den Querschnitt CD wirkt, verdreht denselben so, dass er in die Stellung EF kommt. Der Winkel CGE = dw ist dann die Zunahme des Krümmungswinkels, so dass, wenn OS = ρ der neue Krümmungshalbmesser rdφ = ρdψ0 = dl ist. Ferner ist, wenn σ die Spannung in G, σ0 jene in S ist \frac{d\,l\,(\sigma-\sigma_0)}{E}=C\,E und \frac{C\,E}{S\,C}=\frac{d\,l\,(\sigma-\sigma_0)}{\eta\,E}=d\,\omega=d\,\psi_0-d\,\varphi . 9) Es ist aber σ – σ 0 = aη, daher σ = aη + σ0, somit, wenn P die Normalkraft und M das biegende Moment ist P = ∫σdf = a∫ηdf+ σ 0 ∫df, d. i. P = σ 0 f und M = ∫σηdf = a∫η 2 df +σ 0 ∫ηdf, d. i. M = aJ, d.h. a=\frac{M}{J}, also ist, wie nach Gleichung 5, \sigma=\frac{M}{J}\,\eta+\frac{P}{f}. Dies in die Gleichung 9 eingesetzt, gibt \frac{M}{E\,J}=\frac{d\,\psi_0}{d\,l}-\frac{d\,\varphi}{d\,l}=\frac{1}{\varrho}-\frac{1}{r}, oder wie Gleichung 8 \frac{1}{\varrho}=\frac{1}{r}+\frac{M}{E\,J}. Die Normalkraft P dehnt die Fasern, trotz ihrer durch das Moment hervorgerufenen verschiedenen Spannungen, im gleichen Verhältnis, z.B. E\,G=B\,E\,\frac{\sigma_0}{E};\ S\,K=S_0\,G\,\cdot\,\frac{\sigma_0}{E}, also E\,G=(\varrho+\eta)\,(d\,\psi-d\,\psi_0)=(\varrho+\eta)\,d\,\psi_0\,\frac{\sigma_0}{E}, S\,K=\varrho\,(d\,\psi-d\,\psi_0)=\varrho\,d\,\psi_0\,\frac{\sigma_0}{E}. Die Querschnitte bleiben dann eben. Der Unterschied dieser zwei Gleichungen gibt \eta\,(d\,\psi-d\,\psi_0)=\eta\,d\,\psi_0\,\frac{\sigma_0}{E}, somit d\,\psi=d\,\psi_0\,\left(1+\frac{\sigma_0}{E}\right). Weil aber rdφ = ρdψ0 ist, folgt. d\,\psi_0=\frac{r}{\varrho}\,d\,\varphi, also d\,\psi=\frac{r}{\varrho}\,d\,\varphi\,\left(1+\frac{\sigma_0}{E}\right)=\frac{r}{\varrho}\,d\,\varphi\,\left(1+\frac{P}{E\,f}\right). Aus der Gleichung 5 erhält man \frac{r}{\varrho}=1+\frac{M\,r}{E\,J}. Dies eingesetzt d\,\psi=d\,\varphi\,\left(1+\frac{M\,r}{E\,J}\right)\,\left(1+\frac{P}{E\,f}\right). Da \frac{M\,r}{E\,J}\,\cdot\,\frac{P}{E\,f} wegen dem sehr grossen Werte von Einnerhalb der Fehlergrenzen liegt, kann man auch nehmen E\,(d\,\psi-d\,\varphi)=d\,\varphi\,\left(\frac{M\,r}{E\,J}+\frac{P}{E\,f}\right) und dies ist unsere Gleichung 7. Nur genaue Versuche können entscheiden, ob sich die Querschnitte des krummen Trägers bei der Belastung krümmen oder nicht, ob somit unsere erstere oder letztere Darstellung und Anschauung richtig ist; so viel steht aber schon jetzt fest, die Gleichung 1 mitsamt ihrer Ableitung ist unhaltbar, weil sie auf zu augenscheinliche Widersprüche führt.