Anders maar toch ongeveer hetzelfde.
Uit de sterkteleer weten we dat
\(\delta = \int_L \frac{N(x) \mbox{d}x}{A(x) E}\)
Verborgen inhoudMerk op dat er ook geldt dat \(U = \int_L \frac{N^2(x)}{2AE}\mbox{d}x\)
Voor een gewone staaf, willekeurig belast is N(x) niet gekend. Stel nu dat we de staaf extra belasten op het uiteinde met een hulpkracht P. Zo wordt de nieuw N(x) geschreven als N(x)+P. Dus er geldt dat \(U = \int_L \frac{(N(x)+P)^2}{2AE}\mbox{d}x\)
.
Afleiden naar P geeft met Castigliano de verplaatsing van het uiteinde van de staaf o.i.v. van P en de onbekende belasting die N(x) opwekt. Dus geldt er eigenlijk \(\delta = \frac{\partial}{\partial P} \int_L \frac{(N(x)+P)^2}{2AE}\mbox{d}x\)
Toepassen van de regel van Leibniz geeft dan: \(\delta = \int_L \frac{N(x)+P}{AE}\mbox{d}x\)
Dit geeft met P=0 (het was immers een hulpkracht) bovenstaande vergelijking uit de sterkteleer.
Conclusie: voorgaande methode van Castigliano moet hetzelfde antwoord geven. Dit even terzijde natuurlijk.
\(N(x) = P - R_1+ \cdots -P\)
Opsplitsen voor de integraal:
\(0 = \delta = \int_0^a \frac{P - R_1}{AE}\mbox{d}x + \int_a^L \frac{- R_1}{AE}\mbox{d}x = \frac{a\,P}{A\,E}-\frac{L\,R_1}{A\,E}\)
Oplossen naar R
1 geeft
\(R_1 = \frac{a}{L} P\)
zoals hierboven al bewezen.
Het vel van de beer kunnen verkopen vraagt moeite tenzij deze dood voor je neervalt. Die kans is echter klein dus moeten we zelf moeite doen.
Ik denk dat oktagon deze manier van werken zeker gaat kunnen volgen! (En zo is mijn oplossing nogmaals bewezen)