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Ingenieurwesen » Technische Mechanik » Platten-Biegelinie und Randbedingungen als Koeffizienten einer Matrix. Kann das Ergebnis nur 0 sein?
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Universität/Hochschule J Platten-Biegelinie und Randbedingungen als Koeffizienten einer Matrix. Kann das Ergebnis nur 0 sein?
ShaymiLenny
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-09-26


Sehr geehrte Community von Matheplanet,

hoffe, das Thema ist hier richtig aufgehoben.
Für eine Projektarbeit arbeite ich derzeit an der Lösung der Platten-DGL nach Levy, diese führt nach einigem Umstellen auf eine von vielen möglichen allgemeinen Lösungen. Von dieser müssen zur Bestimmung der gesuchten Biegelinie nur noch die Koeffizienten bestimmt werden, anhand der Randbedingungen bzw. Einspannung der Platte.
Eigentlich ein Problem aus der Mechanik, meine Frage ist allerdings rein mathematisch und ich suche eine Bestätigung meiner Vermutung, bevor ich weitere Wochen an der selben Stelle festhänge.

Die Gleichung sieht so aus:
fed-Code einblenden

lambda1 und lambda2 sind bekannt, es fehlt also lediglich die Bestimmung von W1, W2, W3, W4.
Passend dazu habe ich ebenfalls 4 Randbedingungen...

w(0) = 0
w'(0) = 0
w(1) = 0
w'(1) = 0

In der Praxis soll das heißen, dass die Platte beidseitig fest eingespannt ist, also an der Einspannung weder eine Verschiebung noch eine Steigung aufweisen kann.
Mit der Kenntnis von lambda1 und lambda2 führt das auf ein lineares Gleichungsystem für die Koeffizienten Wn, als Lösung steht jedoch immer = 0.
Das sieht dann beispielsweise so aus:



Die Sache ist nun die, dieses Matrix gibt mir immer das Ergebnis, dass alle Wn = 0 sind. Das ist leider nur eine Triviale Lösung, die auf jeden Fall alle RB erfüllt, aber leider nicht das, was ich brauche.
Meine Frage ist eigentlich folgende: Wenn die Gleichung immer alle = 0 ergeben, kann dann mein Ergebnis überhaupt eindeutig sein?
Wenn ich nämliche die gaussche Eliminierung anwende dann bekomme ich die Dreieckesform, die mir automatisch mein W4 bestimmt: 0. Und damit fallen dann alle anderen Koeffizienten zusammen und ergeben ebenfalls 0.

Bedeutet das also, dass mit den Randbedingungen = 0 meine Koeffizienten immer zwingend 0 ergeben müssen?
Oder ist das abhängig von lambda1, labmda2? Allerdings wüsste nicht welche Werte die überhaupt beispielhaft annehmen sollten, damit es klappt. Theoretisch geht das ja nur, wenn die gaussche Elimination kein eindeutiges Ergebnis liefern kann, aber ist das überhaupt möglich?

(Ich habe auch versucht über Determinanten daran zu gehen. Eine nicht-triviale Lösung bedeutet ja, dass die Determinante der Koeffizientenmatrix = 0 ergeben muss.
Wenn ich das hinbekomme, und auch nur mit "Schummeln" als dem Runden von Werten, dann bekomme ich allerdings eine Ergebnis, welches von t1 oder manchmal t1 und t2 abhängt, also quasi eine Funktionenschar. (Oder wie das in diesem Zusammenhang heißt.) Das ergibt dann bei Einsetzen von beliebigen Werten für t1 und t2 wenigstens eine sinnvolle Biegelinie, aber ist ja immernoch nicht eindeutig.

Ich hoffe ich habe mein Problem ausreichend gut geschildet. Vielen Dank für das Lesen bis hier hin und ich freue mich sehr auf eure Gedanken dazu.

Viele Grüße,
Lennart






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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-09-26


Hallo ShaymiLenny,

ich kann Dir wahrscheinlich nur begrenzt helfen, da ich keine Ahnung von Platten habe ;D

Mich würde aber zunächst mal interessieren, wie Deine Matrix, nennen wir sie \(A\), denn zustande kommt?

Aus den ersten beiden Randbedingungen folgt z.B. \(0=w(0)=W_2+W_4\), d.h. die erste Zeile von \(A\) müsste doch \((0,1,0,1)\) sein, und \(0=w'(0)=W_1\lambda_1+W_3\lambda_2\), d.h. die zweite Zeile von \(A\) müsste doch \((\lambda_1,0,\lambda_2,0)\) sein.

Die Nullfunktion wird immer eine Lösung sein. Es gibt genau dann weitere Lösungen, wenn \(A\) nicht invertierbar ist.



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ShaymiLenny
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-26


Hallo sonnenschein96,

Du hast natürlich Recht, ich hatte aus Versehen eine falsche Matrix hochgeladen. (Im Programm gibt es eine Fallunterscheidung und ich hatte den falschen Fall... :))



So sieht die Matrix aus, die ersten beiden Zeilen sind exakt so, wie du es schon vorausgesehen hattest. Rechts der Ergebnis-Vektor des Gleichungssystems.

Nach Gaus'scher Eliminierung sieht die Matrix dann so aus:


Heißt für mich, dass W4 nur =0 sein kann, denn -0.007... * W4 = 0 ist nur durch W4 = 0 lösbar. Dasselbe passiert dann mit allen anderen Koeffizienten.

Bedeutet das, dass mit dem Ergebnis-Vektor <0, 0, 0, 0> zwangsläufig alle Koeffizienten Wn = 0 werden müssen?



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-09-26


Falls nicht durch Rundungsfehler irgendwas als ungleich Null angegeben wird, was eigentlich Null sein sollte, ja.

Ich habe generell die Vermutung, dass die einzige Möglichkeit, Lösungen außer der Nulllösung zu erhalten die folgende ist:

\(\lambda_1=0\) und \(\lambda_2=2\pi k\) mit \(k\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}\) und \(W_3=0\) und \(W_2=-W_4\neq0\), also Lösungen der Form \(C(1-\cos(2\pi ky))\) mit \(C\in\mathbb{R}\setminus\{0\}\).

Ich lasse mich da aber gerne widerlegen :)



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-09-26


Hallo ShaymiLenny,
ich weiß nicht, welchen Fall Du konkret lösen möchtest, aber für mich sieht schon die Gleichung der Biegelinie falsch aus.

Ciao,

Thomas



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-09-26


Ob die Gleichung für \(w\) korrekt ist, kann ich wie gesagt nicht beurteilen, sie wurde hier ja auch nicht hergeleitet.

Ich gehe jetzt erstmal davon aus, dass sie es ist.

Ich glaube meine Vermutung war doch nicht korrekt. Ich habe mal folgendes bei WolframAlpha eingegeben:

plot det{{0,1,0,1},{a,0,b,0},{sinh(a),cosh(a),sin(b),cos(b)},{a*cosh(a),a*sinh(a),b*cos(b),-b*sin(b)}}=0, a=-25..25, b=-25..25


Man erhält dann folgendes Bild:



\(a\) und \(b\) sind \(\lambda_1\) und \(\lambda_2\). Das Bild zeigt die Nullstellenmenge der Determinante von \(A\) in Abhängigkeit von \(\lambda_1\) und \(\lambda_2\). Diese ist wohl nicht analytisch bestimmbar. Damit scheint es wohl doch einige Kombinationen von \(\lambda_1\) und \(\lambda_2\) zu geben, für die es nichttriviale Lösungen gibt.

Die Fälle \(\lambda_1=0\) oder \(\lambda_2=0\) muss man gesondert betrachten. Dies liegt daran, dass in diesem Fall der Term \(\sinh(\lambda_1y)\) bzw. \(\sin(\lambda_2 y)\) konstant Null ist. Damit kann es nichttriviale Lösungen des LGS geben, die trotzdem nur die Nullfunktion liefern. Wenn \(\lambda_1=0\) oder \(\lambda_2=0\) ist, sind die einzigen Möglichkeiten für \(w\) etwas anderes als die Nullfunktion zu bekommen denke ich die, die ich in meinem zweiten Beitrag beschrieben habe.



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ShaymiLenny
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-27


Hallo Zusammen,

vielen lieben Dank für die zahlreichen Antworten.

@MontyPythagoras: Ja, die Biegelinie sieht etwas merkwürdig aus, da bin ich ganz bei dir. Nicht die klassische x^4 mit E*I, wie man das aus der Mechanik kennt. Grund dafür ist, dass ich ein Beulproblem untersuche und die entstehenden Beulen eben aussehen wie eine "Beule", also einer Sinus nicht unähnlich.. :)

@sonnenschein96: Riesengroßes Dankeschön für den Plot aus WolframAlpha. So wie ich das daraus interpretiere gibt es als Kombination aus \Lambda1 und \Lambda2 für die die Determinante der Matrix gleich Null ist.
Analytisch sind die tatsächlich nicht bestimmbar, das ist wohl auch der Grund wieso Maple immer aussteigt, wenn ich versuche nach Lambda zu lösen...
Letzten Endes kann ich mir über WolframAlpha Hinweise geben lassen, wo denn etwa \Lambda1 und \Lambda2 liegen könnten für eine nicht-triviale Lösung. Ich werde dann mal in Maple ein Programm schreiben, welche den Wert von dem \Lambda1 und \Lambda2 abhängen so lange variiert, bis eine Det = 0 rauskommt. Hoffe, das klappt. :)

Danke!



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-09-27


ShaymiLenny
2020-09-27 11:34 - ShaymiLenny in Beitrag No. 6 schreibt:
@MontyPythagoras: Ja, die Biegelinie sieht etwas merkwürdig aus, da bin ich ganz bei dir. Nicht die klassische x^4 mit E*I, wie man das aus der Mechanik kennt. Grund dafür ist, dass ich ein Beulproblem untersuche und die entstehenden Beulen eben aussehen wie eine "Beule", also einer Sinus nicht unähnlich.. :)

Ähh, ja. Nun ja, Du bist ja noch neu hier. Wie Du meinen Artikeln hier oder hier entnehmen kannst, kenne ich mich mit Biegung von allem Möglichen sehr gut aus, auch mit Plattenbiegung. Deshalb nochmal: die Biegelinie sieht, abhängig davon, welchen Fall Du berechnen willst, falsch aus. Daher erkläre bitte, wie die DGL aussah, und erläutere die Randbedingungen.

Ciao,

Thomas



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ShaymiLenny
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-27


Hallo Thomas,

Hoppla, direkt ins Fettnäpfchen... Dann bin ich in Zukunft informierter. Vielen Dank, dass du Interesse an meinem Problem zeigst.

Für die Uni untersuche ich das Beulen von orthotropen Composite-Platten mit der Methode nach Levy. Diese sieht einen Separationsansatz vor, sodass das Beulen in beispielsweise X-Richtung durch eine Sinus-Funktion dargestellt wird. In anderer Richtung (Y) kann eine beliebige Funktion verwendet werden. Dies hat den Vorteil, dass dann an der X-Rändern der Platte beliebige Randbedingungen vorgegeben werden können.
Ich soll in Maple ein Tool bauen, was es erlaubt die Platten-DGL nach Levy zu lösen bei verschiedenen Randbedingungen (Eingespannt, gelenkig, frei) und natürlich verschiedenen Materialparametern.

Die folgenden Auszüge kommen alle aus folgender Quelle:


Die Platten-DGL lautet für Composite in diesem Fall:

(S.39)
Wobei ich mich zunächst auf einachsigen Druck beschränke, also Ny = 0 und Nxy = 0.
Im folgenden macht der Autor noch einige Umstellungen um dimensionslose Größen zu erhalten.

Der Levy'sche Ansatz zur Lösung der DGL 4. Ordnung sieht dann so aus:

(S.43)
(\Eta ist in diesem Fall y geteilt durch die Plattenlänge).
Wie besprochen wird hier aufteilt in X-/Y-Richtung der Platte.
Auf den Seiten 43 und 44 zeigt der Autor, wie sich diese DGL mithilfe dessen charakteristischen Polynoms lösen lässt, allerdings nicht ohne Fallunterscheidung, die von den Parametern in der DGL abhängt.

Einer dieser Fälle führt dann auf die folgende Gleichung:

(S. 44)
Mit den dazugehörigen Parametern \Lambda in der Tabelle auf S. 45.

Nun ist es eigentlich nur noch daran, das Gleichungssystem zu lösen, was sich aus dieser Formel und den dazugehörigen Randbedingungen ergibt.
Letzten Endes muss man ein Nx und das m (Wellenzahl/Anzahl Beulen in Richtung) so wählen, dass das Gleichungssystem nicht-trivial lösbar wird. Dies beschreibt der Autor ebenso auf S. 47.
Die Koeffizientenmatrix die sich ergibt ist gleichbedeutend mit der Beulbedingung.


Soweit so gut. :) Zurzeit versuche ich eben diesen Wert Nx so zu wählen, dass das Gleichungssystem lösbar wird. Analytisch ist das eben aufgrund dieser Fallunterscheidung leider wohl nicht möglich, zumindest fühle ich mich durch Maple bestätigt, weil es immer dann meckert, wenn es dann darum geht herauszufinden ob Nx großer oder kleiner als ein anderer Wert ist, was ja unmöglich ist, wenn dies der gesuchte Wert ist.

Also versuche ich mich an einer Art Schleife, die so lange Nx variiert, bis die Determinante der Koeffizientenmatrix = 0 wird. sonnenschein96 hat mir mit seinem Bild aus WolframAlpha gezeigt, dass das scheinbar für einige Kombinationen \Lambda1 und \Lambda2 möglich zu sein scheint.

Danke für dein Interesse an dem Thema, ich hoffe ich hab das ausreichend gut erklärt. Die Details stecken natürlich in der genannten Quelle.

Viele Grüße,
Lennart


Ich glaube, ich habe eine Sache prinzipiell falsch verstanden und war damit auf dem Holzweg, was Determinanten angeht:

"A nxn nonhomogeneous system of linear equations has a unique non-trivial solution if and only if its determinant is non-zero. If this determinant is zero, then the system has either no nontrivial solutions or an infinite number of solutions."

Oder
"A nxn homogeneous system of linear equations has a unique solution (the trivial solution) if and only if its determinant is non-zero. If this determinant is zero, then the system has an infinite number of solutions."

(Zitat: )


Mein Gleichungssystem ist ja homogen, weil im Ergebnisvektor nur Nullen stehen. Das bedeutet, ich bekomme entweder eine triviale Lösung, wenn die Determinante ungleich Null ist oder ich bekomme eine unendliche Zahl an Lösungen, wenn ich die Determinante auf Null bekomme durch Parametervariation.

Aber letzteres ist ja ebenso uneindeutig, dadurch bekomme ich dann zwar die Form der Biegelinie aber ja niemals die tatsächliche Form, die maximale Höhe der Verschiebung ist dann immer von einem Faktor (nennen wir ihn t) abhängig, wenn das Gleichungssystem unendlich viele Lösungen hat.

Etwas ernüchternd das ganze Thema...






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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-09-27


Hallo Lennart,
zunächst mal der wichtigste Tipp der Welt (wenn man sich mit Biegung beschäftigt):
Wenn es symmetrisch dargestellt werden kann, dann mach es symmetrisch!
Soll heißen:
Viele Lösungen von Biege- und Beul- und Knickungsproblemen sind symmetrisch, und dann solltest Du die x-Achse oder y-Achse auch in die Symmetrieachse der Platte legen. Das hat den immensen Vorteil, dass viele Koeffizienten schon einmal null werden müssen. Hast Du zum Beispiel den 2. Eulerschen Knickfall oder eben eine beidseitig beweglich eingespannte Platte mit symmetrischen Bedingungen, dann fallen alle $\sin$ und $\sinh$-Terme schon einmal raus.

In Deinem speziellen Fall bist Du keineswegs auf dem Holzweg. Die Amplituden des Knickens beim Stab und des Beulens bei der Platte (allg. Stabilitätsprobleme) sind durch die linearen Differentialgleichungen nicht berechenbar, wohl aber die Eigenformen (also die $\lambda$). Verdoppelst Du die Auslenkung, verdoppelst Du auch die Kräfte und Momente, das geht bei einer linearen DGL problemlos. Willst Du die Amplitude berechnen, musst Du die genaue, nichtlineare DGL aufstellen (Biegemoment proportional zur Krümmungsänderung, nicht zur zweiten Ableitung der Biegekurve), und dann wird es sehr viel schwieriger.
Lies Dir dazu meinen Artikel zur Biegung von Papier durch, wo ich das nur in einer Dimension durchexerziere. Was ich da tue, ist nichts anderes, als die Biegelinien-DGL des 1. Eulerschen Knickfalls in genauerer, nichtlinearer Form zu lösen. Der allgemein bekannte Ansatz ist, sie zu linearisieren, und dann kommt eine einfache Gleichung mit $\sin$ heraus, die auch keinen Rückschluss auf die Amplitude zulässt, aber zumindest erlaubt, die kritische Knicklast zu berechnen. Wenn Du dann siehst, dass die exakte Lösung die Elliptischen Integrale kompliziert miteinander verschwurbelt, kannst Du Dir in etwa ausmalen, was das für die Beulung von Platten bedeutet.
Kurz gesagt: die Beulamplitude ist mit der von Dir verwendeten, linearen DGL nicht bestimmbar, die Eigenformen und kritischen Lasten aber schon.

Ciao,

Thomas



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ShaymiLenny
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-27


Hallo Thomas,

Vielen Dank! Ich werde mir deine Ausführungen mal zu Gemüte führen. Für den Moment bin ich zunächst einmal froh, dass ich keinen Unsinn fabriziere und zumindest die kritische Last und Eigenformen so bestimmbar sind.

Herzliches Dankeschön!

Gruß,
Lennart



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ShaymiLenny
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-27


Hallo Zusammen,

ich bin es noch einmal, hoffentlich das vorerst letzte Mal.

Ich habe es mit meinem Programm geschafft, die Determinante stark zu minimieren, ich lande bei folgender Matrix:



bei einer Determinante von



Die dazugehörigen Lambda sind: 8.123 und 7.814 und liegen damit sogar auf einer der Linien im rechten oberen Quadraten von sonnenschein96.
Soweit so perfekt, ich sollte damit eigentlich eine Lösung bekommen, allerdings bekomme ich weiter die triviale Lösung.

Allerdings müsste ja alles passen? Die Determinante ist halt nicht genau 0, was halt das letzte Problem sein könnte. Allerdings ist 10^-10 halt wirklich wirklich nah bei 0.

Daher ein bisschen die Frage: Gibt es einen mathematisch "schmutzigen" Weg trotzdem eine Lösung zu erhalten? ich erinnere mich als ich MATLAB arbeiten sollte, dass man eine Art Pseudo-Inverse errechnen konnte, die dann mit Ungenauigkeit eben auch "funktioniert" hat. Verzeiht, falls das Unsinn ist.

Ich habe bereits die Präzision erhöht, oder auch mal die Matrix gerundet, hat leider alles nicht geholfen. (Bzw. Im Falle von Runden stark unsinnige Ergebnisse fabriziert.)
Daher vielleicht die Idee, die Matrix oder dessen Inverse etwas zu verändern, um eine schmutzige, etwas ungenaue Lösung zu erhalten.

Viele Grüße,
Lennart



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-09-27


Hallo Lennart,
ist das Problem nicht symmetrisch darstellbar? Denk an meinen Tipp. Außerdem folgt schon aus Deinen Randbedingungen, dass immer $W_2+W_4=0$ sein muss, wenn Du $y=0$ einsetzt.
So, wie ich Deine Aufgabe verstehe, hättest Du einfach in der symmetrischen Variante
$$w(y)=w_1\cosh\lambda_1y+w_2\cos\lambda_2y$$$$w'(y)=w_1\lambda_1\sinh\lambda_1y-w_2\lambda_2\sin\lambda_2y$$mit
$$w\left(\frac12\right)=0\qquad w'\left(\frac12\right)=0$$Deutlich übersichtlicher. Das löst man noch mühelos zu Fuß. Wenn Du dann willst, verschiebst Du es anschließend um $\frac12$ mithilfe der Additionstheoreme. Dann hast Du genaue Werte, an denen Du Deine numerische Lösung messen kannst.

Ciao,

Thomas



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ShaymiLenny
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-28


Hallo Thomas,

Danke für deinen Hinweis!
Ich melde mich heute zurück um Erfolg zu melden!

Das Bilden der Pseudo-Inverse hatte mich leider auf den Holzweg geführt, weil ich zwar eine bilden konnte, allerdings musste ich dann immernoch mit dem Ergebnisvektor (0,0,0,0) multiplizieren. Dabei kann ja nur 0 rauskommen... Also auch nicht das was ich wollte.

Als ich dann deinen Trick probierte, das verschieben des problems in die Symmetrieebene hat sich zunächst erstmal die Ästhetik der Matrix verändert:


Wie du schon sagtest, technisch gesehen von Hand lösbar und deutlich, deutlich aufgeräumter.

Leider war die Determinante unverändert und LinearSolve gab mir erneut nur das triviale Ergebnis.
nach Gausscher Eliminierung aber sah die Matrix so aus:


Damit war Fall klar: Für die Darstellung der Eigenformen werde ich eine Gleichung erhalten, bei der die Beulamplitude veränderbar ist. (Wie besprochen, keine eindeutige Gleichung.), also muss es sich um eine Gleichung handeln, bei dessen Lösung eine Schar entsteht, also um ein unterbestimmtes Gleichungssystem.

Schaut man sich die Matrix an fallen die beiden Zahlen mit 10^-11 und 10^-12 auf: ich interpretiere dies so, dass diese Zahlen wohl als 0 gemeint sind, aber die genauigkeit des Programms es nicht anders zulässt und mir damit auch meine Determinante in dieser Größenordnung verhagelt.

Also nehme ich alle Zahlen unter 10^-8 als 0 an und siehe da, folgende Matrix entsteht:


Woraus sich mit LinearSolve folgendes Ergebnis erzielen lässt:


Vier gesuchte Koeffizienten, wobei einige von t1 abhängig sind, also eine Funktionenschar abbilden.

Nun habe ich zum Abschluss meine Ergebnis-Funktion mit meinem FEM-Programm abgeglichen:



Der erste Mode stimmt perfekt überein!
(Kritische Beullast leider nicht ganz, da bin ich ca. 10% daneben, aber das nehme ich gerne hin.)

Es ist noch ein weiter Weg dies für andere Fälle zu berechnen und ggf. zu automatisieren, aber ich saß jetzt wochenlang an diesem Fall und konnte es nicht zum Laufen kriegen. Bis heute, danke eurer Hilfe.

Erneut vielen Dank und viele Grüße,
Lennart



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-09-28


Hallo Lennart,
klingt blöd, aber hast Du die Behinderung der Querkontraktion berücksichtigt? Bei einer Platte ist gegenüber einem Biegebalken die Durchbiegung bei gleicher Last um den Faktor $1-\nu^2$ verringert - bzw. die erforderliche Last erhöht sich bei gleicher Durchbiegung um dessen Kehrwert. Mit anderen Worten: die Last erhöht sich um ziemlich genau 10%, wenn $\nu\approx 0\mathord,3$ beträgt.

Ciao,

Thomas



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ShaymiLenny
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Hallo Thomas,

Gute Idee, gerade geprüft:
Ich arbeite hier an einer Composite-Platte und das Aufstellen der ABD-Matrix beinhaltet die reduzierten Steifigkeiten Q, welche unter Anderem den Term (1-v12 * v21) beinhalten. Ist also in der klassischen Laminattheorie tatsächlich vorgesehen.

Ich würde die 10% dem zuschreiben, dass ich mit der klassischen Laminattheorie arbeiten und nicht mit Theorien höherer Ordnung wie FEM das tut. (FSDT und Aufwärts)
Dadurch wird unter Anderem Scherung in XZ und YZ-Richtung völlig ignoriert und sorgt für Fehler.

Viele Grüße,
Lennart



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