T.MASROUR Page 1

Système à 2 (n) degrés de liberté

T.MASROUR Page 2

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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