T.MASROUR Page 1
Système à 2 (n) degrés de liberté
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Fig a : On peut choisir les angles θ1 et θ2 comme deg de liberté, or x1=L1sin(θ1) et x2=L2sin(θ2), donc x1 et x2 aussi peuvent être choisis comme deg de liberté.Fig b : Les déplacements X1 et X2 sont les deg de libertés.
M2
M1m1
m2
x1
x2
θ1
θ2
Un système est dit à n degrés de liberté si et seulement si n coordonnées sont nécessaires pour définir complètement sa configuration.
(l’ensemble des degrés de liberté n’est pas, en général, unique)
Fig a Fig b
Système à 2 (n) degrés de liberté : définition
T.MASROUR Page 3
Système à 3 degrés de liberté
(en supposant que le corps est rigide)
M X’’ + CX’ + K X = Fe avec X=(X1, X2,…Xn)
Système à 2 (n) degrés de liberté - mise en équation-
T.MASROUR Page 4
1. Vibrations libres non amorties (1)
1. 1. Mise en équation.
On va se concentrer sur un exemple pour les développements qui vont suivre.
Si on écrit l’équilibre des forces intérieures et extérieures du système masse m1, ressort k1+ ressort k2 on trouve l’équation suivante: équ mvt de la masse m1: m1 x1’’ = -k1 x1 + k2( x2 –x1) l’équilibre des forces intérieures et extérieures du système masse m2+ressort k2 on trouve l’équation suivante: m2 x2’’ = - k2( x2 –x1)
X1 et x2 sont les déplacements de m1 et m2 à partir de leurs positions d’équilibre, on peut alors réécrire le syst suivant :
m1 x1’’ + (k1+k2)x1 - k2 x2 = 0m2 x2’’ + k2 x2 - k2 x1 = 0
Équations qui doivent se résoudre simultanément.
k2 m1
k1 m2
T.MASROUR Page 5
1.2. Solution du système d’équations.
On procède de la même façon que pour un deg de liberté; on cherche la solution sous la forme
x1=X1sin(wt+φ) et x2=X2sin(wt+φ)
En injectant dans le sytème d’équations d’équilibre on aboutit à :
(k1+k2-w2 m1)X1 – k2X2 = 0
(k2-w2 m2)X2 – k2X1 = 0
Une solution possible est la solution triviale identiquement nulle. Une solution non triviale nécessite que le déterminant soit nul :
22
22
212
21
mwkk
kmwkk
−−−−+
1. Vibrations libres non amorties (2)
T.MASROUR Page 6
2
1212
12121
2
21
11
2
11
1k
mk
mkk
k
X
X
X
X ωω
βωω
−=−+
==
=
=
a
acbbw
a
acbbw
2
4et
2
4 222
221
−−−=−+−=
( )( ) 212122121 et ; kkckkmkmbmma =++−==
On obtient alors 2 racines en 2w
Les pulsations naturelles dépendent des masses m1 et m2 ainsi que des raideurs k1 et k2. Notons
X1i : l’amplitude de la masse m1 à la fréquence w1
X2i : l’amplitude de la masse m2 à la fréquence w1
Et
Les solutions associées à la fréquence w1 peuvent alors s’écrire : ( )( )112121
1121111
sin
sin
φωφωβ
+=+=
tXx
tXx
1. Vibrations libres non amorties (3)
T.MASROUR Page 7
21 et ββDéfinition : Les rapports d’amplitudes sont appelés les principaux modes de vibration. La solution complète s’écrit alors :
On procède de la même façon pour obtenir :
2
2222
12221
2
22
12
2
12
2k
mk
mkk
k
X
X
X
X ωω
βωω
−=−+
==
=
=
( )( )222222
2222212
sin
sin
φωφωβ
+=+=
tXx
tXx
( ) ( )( ) ( )2222112122212
222221121112111
sinsin
sinsin
φωφωφωβφωβ
+++=+=+++=+=
tXtXxxx
tXtXxxx
Dans ce cas on a 4 constantes à déterminer en fonction des conditions initiales : et ; ; 212212 φφXX
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )2222121120
222221211110
22212120
2222121110
coscos
coscos
sinsin
sinsin
φωφωφβωφβω
φφφβφβ
XXx
XXx
XXx
XXx
+=+=
+=+=
1. Vibrations libres non amorties (4)
T.MASROUR Page 8
2. Méthode Matricielle
=
−
−++
0
0
0
0
2
1
22
221
2
1
2
1
x
x
kk
kkk
x
x
m
m
0 =+ KxxM
2.1. Équations différentielles
Les deux équations de mouvement de l’exemple ci-dessus peuvent être présentées de la manière qui suit
M : Matrice de masse et K : Matrice de rigidité.
D’une manière générale et pour un système à 2 deg de liberté on a le système matriciel suivant :
=
+
0
0
2
1
2221
1211
2
1
2221
1211
x
x
kk
kk
x
x
mm
mm
élasticitéd'ou rigidité de coeff k
inertied'ou masse de coeff
ij =
=ijm
découplés. entélastiquem dits sont libertésde deg les
et deg les couplant raideurde pas0 kk Si
découplés. entdynamiquem dits sont libertésde deg les
et deg les couplantinertie d' pas0 mm Si : Rqs
21
21
;
;
2112
2112
xx
xx
==∗
==∗
T.MASROUR Page 9
[ ] ( )[ ]
[ ] 0dét lenon triviaSolution
0
t 0 tsin
=ω−=ω−⇔
=ω−⇔
∀=φ+ωω−
MKMK
XMK
XMK
22
2
2
On trouve deux solutions qui sont, au fait, les valeurs propres de
Et on écrit alors :
Solution de l’équation matricielle.
( )
=+=
2
1sinX
Xt XXx
où φω
22
21 ωω et
On cherche une solution vecteur sous la forme :
Résolvons dans le cas de l’exemple d’abord
( ) ( )
22
1222
22
222
22
122
21
1121
21
211
21
111
222111
,
,
sinsin
XXX
X
X
X
X
XXX
X
X
X
X
tt
=
=
=
=
=
=
=
=
+++=
22
11
1
et
1
où
βββ
βββφωφω
X
X
XXx
de v.p. les sont 1que même de , MKKM 11 −−2iω
T.MASROUR Page 10
Solution matricielle
On détermine ensuite les constantes en résolvant le système et ; ; 212212 φφXX
( )( )
++
=
2222
1121
sin
sin
11 φωφωββ
tX
tX21 écrits' solutionLa x
( )( )
=
=
222
121
20
10
sin
sin
11 φφββ
X
X
x
x 21 0x
( )( )
=
=
2222
1211
20
10
cos
cos
11 φωφωββ
X
X
x
xx 21
0
T.MASROUR Page 11
Application 1k1
k2 k3
I1
I2
k1θ1
K2(θ1- θ2)
k3θ2
Solution:
+−
−+=
==+
322
221
2
1
0
00
kkk
kkk
I
IKM KθθM et avec
T.MASROUR Page 12
Application 2 : Châssis d’une voiture
θy
k2
m, I, lA B
k1
=
+=
+==+
θA
2
22
221
2
y i s et
42
2 avec 0 XKMKXXMlklk
lkkk
lmIl
m
lmm
Solution:
( )
( )
=
+−
−+=
==+
θG
2
122
1221 y si
4
2et 0
0 avec 0 XKMKXXM
lkklk
lkkkk
I
m
T.MASROUR Page 13
3. Vibrations libres et amorties (1)
3.1. Équations du mouvement.
Nous allons reprendre l’exemple étudié précédemment en y ajoutant des amortisseurs visqueux :
Le système d’équations d’équilibre s’écrit comme suit : ( ) ( )
=−+−+=−++−++
0
0
1222122222
221212212111
xkxkxcxcxm
xkxkkxcxccxm
=
−
−++
−
−++
0
0
0
0
2
1
22
221
2
1
22
221
2
1
2
1
x
x
kk
kkk
x
x
cc
ccc
x
x
m
m
visqueux entamortissemd'matrice :
rigiditéde matrice :
massede matrice :
0
C
K
M
KxxCxM =++
k2 m1k1 m2
C1 C2
T.MASROUR Page 14
3. Vibrations libres et amorties (2)
En général pour un système à 2 deg de liberté l’équilibre dynamique s’écrit :
=
+
+
0
0
2
1
2221
1211
2
1
2221
1211
2
1
2221
1211
x
x
kk
kk
x
x
cc
cc
x
x
mm
mm
3.2. Méthode de résolution.
On cherche la solution sous la forme :stst e
X
Xe
==
2
1Xx
En injectant dans l’équation, il vient alors : [ ][ ] 0
02
2
=++⇒
=++
XKCM
XKCM
ss
ess st
On a, alors, une solution non triviale ssi : ( ) 022 =++=++ KCMKCM ssssdét
On a, donc, 4 solutions et 3 possibilités :
Cas 1 : Les 4 racines sont réelles et toutes négatives.
Cas 2 : Les 4 racines sont complexes et 2 à 2 conjuguées
Cas 3 : 2 racines réelles négatives et 2 racines complexes conjuguées.
T.MASROUR Page 15
3. Vibrations libres et amorties (3)
Cas 1. Les racines toutes réelles et négatives
La solution est une fonction vectorielle exponentiellement décroissante vue que les racines sont toutes négatives. Cela correspond au cas de l’amortissement surcritique : l’équilibre est atteint sans aucune vibration.
( )( )
i
i
ss
tstststs
tstststs
X
X
X
X
eXeXeXeXtx
eXeXeXeXtx
i2
1
2
1
242322212
2442332222111
4321
4321
=
=
+++=
+++=
=ia onl' Où β
ββββ
Cas 2. Les racines toutes complexes
Dans ce cas les solutions s’écrivent :
0 sont et , ,
≥ΩΩΩ−−=Ω+−=
Ω−−=Ω+−=
2121
224223
112111
pp
ipsips
ipsips
Il est encore une fpois possible, comme dans le cas d’1 deg de liberté d’exprimer la solution en termes de fonctions harmoniques :
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )tititptititp
tititptititp
eXeXeeXeXetx
eXeXeeXeXetx
222111
222111
242322212
2442332222111
Ω−Ω−Ω−Ω−
Ω−Ω−Ω−Ω−
+++=
+++= ββββ
T.MASROUR Page 16
3. Vibrations libres et amorties (4)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( ) ( )[ ]tXXitXXe
tXXitXXetxtp
tp
22442332244233
122221112222111
sincos
sincos
2
1
Ω−+Ω++
Ω−+Ω+=−
−
ββββ
ββββ
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( ) ( )[ ]tXXitXXe
tXXitXXetxtp
tp
2242322423
12221122212
sincos
sincos
2
1
Ω−+Ω++
Ω−+Ω+=−
−
Comme les déplacements sont réels il vient alors :
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )222
tp22211
tp212
122tp
12111tp
111
tsineDtsineDtx
tsineDtsineDtx
21
21
Φ+Ω+Φ+Ω=
Φ+Ω+Φ+Ω=−−
−−
La solution dans ce cas se présente comme une
Superposition d’harmoniques exponentiellement décroissantes (système sous amorti)
T.MASROUR Page 17
Cas 3. Deux racines réelles et deux autres complexes
Notons par exemples :
0 et
négatives réelles racines les et
≥ΩΩ−−=Ω+−=
p
ipsips
ss
43
21
On a alors :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]tXXitXXeeXeXtx
tXXitXXeeXeXtxpttsts
pttsts
Ω−+Ω+++=
Ω−+Ω+++=−
−
sincos
sincos
2423242322212
2442332442332222111
21
21 ββββββ
Solution qui peut encore se réécrire sous la forme équivalente :
( ) ( )( ) ( )222222212
11112222111
sin
sin
21
21
Φ+Ω++=
Φ+Ω++=−
−
teCeXeXtx
teCeXeXtxpttsts
pttsts ββ
3. Vibrations libres et amorties (5)
T.MASROUR Page 18
Application 3
Solution
m2
θ2
m1
θ1a
b
lk
c
=
+−−++
−−+
0
0
0
0
2
1
222
21
2
2
122
22
2
12
2
21
θθ
θθ
θθ
glmkaka
kaglmka
caca
caca
lm
lm
T.MASROUR Page 19
Application 4
k2m, I, l
A B
k1c1 c2
C
a b
( )( )
( )( )
=
+−−−−+
+
+−−−−+
+
0
0
0
02
22
121
21212
22
121
2121
θθθy
bkakbkak
bkakkky
bcacbcac
bcacccy
I
m
Solution
T.MASROUR Page 20
4. Vibrations forcées (1)
k2 m1
k1 m2
F1 sin(wft) F2 sin(wft)
4.1. Équation du mouvement
On reprend le système d’équations préétabli au paragraphe 2 et on y ajoute les seconds membres, il vient alors : ( ) ( ) ( )
( )
=−+−+=−++−++
tFxkxkxcxcxm
tFxkxkkxcxccxm
f
f
ωω
sin
sin
21222122222
1221212212111
( )
=
−
−++
−
−++
2
1
2
1
22
221
2
1
22
221
2
1
2
1 sin0
0
F
Ft
x
x
kk
kkk
x
x
cc
ccc
x
x
m
mfω
Ou encore sous forme matricielle :
T.MASROUR Page 21
4. Vibrations forcées non amorties (2)
4.2. Solution de l’équation du mouvement
On cherche la solution vectorielle sous la forme ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
==
==
tXtx
tXtxt
X
XtXtx
f
fff ω
ωωω
sin
sinsinsin
22
11
2
1 : çad
[ ] F
FF X
2
12f
==ω−⇒ MK
Il vient alors le système de Cramer :
MKMK 2
212
21
112
11
22
222
22
122
12
1
f
f
f
f
f
f
mk
mk
Xmk
mk
Xω
ωω
ω
ωω
−
−−
=−
−−
=2
1
2
1
F
F
et F
F
Sous la condition, bien sûr, que 02 ≠− MK fω
T.MASROUR Page 22
4. Vibrations forcées non amorties (3)
Résonance 02 =− MK fω Si
On retrouve, alors, l’équation caractéristique présentée au paragraphe 2, équation qui se résoud en fréquences 21 ωω ,Si, de plus, f2f1 ou , ω=ωω=ω
On a alors un phénomène de résonance.
On écrit le déterminant sous la forme :
( )
−=−−+−=
−=
+ω+ω=ω−
21122211
1221211211222211
21122211
2f
4f
2f
kkkkc
kmkmkmkmb
mmmma
: aon l' où
cba MK
T.MASROUR Page 23
4. Vibrations forcées non amorties (4)
Rappelons que :
a
cet
a
b avec
a2
ac4bbet
a2
ac4bb 22
21
22
21
222
221 =ωω−=ω+ω−−−=ω−+−=ω
On a alors l’ écriture simple suivante de la solution :
( ) ( )( )( )
( ) ( )( )( )2
22f
21
2f
212f21111
2f112
2
22
2f
21
2f
122f12222
2f221
1
mkFmkF
a
1 X
et
mkFmkF
a
1 X
ω−ωω−ωω−−ω−
=
ω−ωω−ωω−−ω−=
T.MASROUR Page 24
Courbes de résonance
|X1|
ω fω1 ω2
ω f
|X2|
ω1 ω2
T.MASROUR Page 25
Système à n deg de liberté : équations de Lagrange (1)
Équations de Lagrange
Si l’on choisit comme coordonnées généralisées, on peut définir pour un
système linéaire à n degrés de liberté :
Les équations de Lagrange s’écrivent alors :
n1,...,i ,q i =
∑∑= =
=n
1i
n
1jjiijp qqk
2
1EL’énergie potentielle :
L’énergie cinétique : ∑∑= =
=n
1i
n
1jjiijc qqm
2
1E
L’énergie de dissipation : ∑∑= =
=n
1i
n
1jjiijd qqc
2
1E
jiij kk où =
jiij mm où =
jiij cc où =
ii
p
i
d
i
c
i
c fq
E
q
E
q
E
q
E
dt
d =∂∂
+∂∂
+∂∂
−
∂∂
Les seconds membres représentent les forces généralisées autres que celles dérivant du potentiel
Ep , et telles que le travail global des forces extérieures s’écrive :
∑∑==
==n
1iii
n
1iii qf
dt
dWsoit dqfdW
T.MASROUR Page 26
Système à n deg de liberté : équations de Lagrange (2)
Remarque : 1. Pour calculer les dérivées
i
c
i
c
q
Eet
q
E
∂∂
∂∂
les variables ii qet q sont supposées indépendantes entre elles et ne sont pas fonctions du temps
2. Quant au calcul des dérivées
∂∂
i
c
q
E
dt
d
les variables ii qet q doivent être considérées comme fonctions du temps
Applications. En appliquant les équations de Lagrange, on obtient n équations linéaires caractérisant l’état vibratoire du système :
( )n1;....;i f qkqcqm ijijjij
n
1jjij ==++∑
=
T.MASROUR Page 27
Système à n deg de liberté : équations de Lagrange (3)
Dans le cas d’un système en vibrations libres et dissipatif, on obtient
( )n1;....;i 0 kcm ijij
n
1jij ==++∑
=jjj qqq
On cherche un vecteur solutions sous la forme :
( )n1;....;i ea q tjii == ω
Obtenant ainsi un système de n équations algébriques linéaires et homogènes par rapport aux coeff ai
( ) ( )n1;....;i 0amk j
n
1j
2ijij ==ω−∑
=
Système qui n’admet de solution non triviale que si le déterminant est non nul çad :
0 MK 2 =ω−
T.MASROUR Page 28
Système à n deg de liberté : équations de Lagrange (4)
L’équation d’annulation du déterminant est une équation de degré n en le carré de la fréquence (appelée équation caractéristique du système.
Sa résolution donne les pulsations propres en nombre au plus égal à n !!!!
Les oscillations correspondant à ces différentes pulsations sont appelées les modes propres ou fondamentaux du système.
T.MASROUR Page 29
Exemple triple pendule.
T.MASROUR Page 30
Exemple triple pendule (2)
T.MASROUR Page 31
Cadre général : méthode matricielle.
∑∑= =
=n
1i
n
1jjiijp qqk
2
1EEnergie potentielle :
Energie cinétique :
Energie de dissipation :
∑∑= =
=n
1i
n
1jjiijc qqm
2
1E
∑∑= =
=n
1i
n
1jjiijd qqc
2
1E
On définit et note :
disspation de matrice la : et rigidité de matrice la : inertie,d' matrice la :
liberté; de degn aux associée matrice la .
.
n
1
CKM
q
q
X
=
Il vient alors :
XCXXMXXKX tt 2
1Eet
2
1E ,
2
1E dc
tp ===
T.MASROUR Page 32
Méthode matricielle : système libre.
Dans le cas d’un système libre, il n’est pas nécessaire de faire intervenir les équations de Lagrange, puisque l’énergie est conservée :
0dt
Ed
dt
Ed csteEE cp
cp =+⇒=+
Les matrices d’inertie et de raideur étant symétriques, d’une part, et les énergies sont des réels d’autre part, l’équation ci-dessus se réécrit
0KXXM =+
On cherche, comme auparavant, des solutions sous la forme
tj2tjtj e ,ej ,e ωωω ω−=ω== QXQXQX
Forme qu’on injecte dans l’équation et qui, pour obtenir une solution non triviale aboutit à la résolution
[ ] 0dét =ω−=ω− MKMK 22
T.MASROUR Page 33
[ ] ( )[ ]
[ ] 0dét lenon triviaSolution
0
t 0 tsin
=ω−=ω−⇔
=ω−⇔
∀=φ+ωω−
MKMK
XMK
XMK
22
2
2
On trouve deux solutions qui sont, au fait, les valeurs propres de
Et on écrit alors :
Solution de l’équation matricielle.
( )
=+=
2
1sinX
Xt XXx
où φω
22
21 ωω et
On cherche une solution vecteur sous la forme :
Résolvons dans le cas de l’exemple d’abord
( ) ( )
22
1222
22
222
22
122
21
1121
21
211
21
111
222111
,
,
sinsin
XXX
X
X
X
X
XXX
X
X
X
X
tt
=
=
=
=
=
=
=
=
+++=
22
11
1
et
1
où
βββ
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