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ESTP – TP 1 - Cours de Résistance des Matériaux Méthodes énergétiques
TP1 C08 Théorie du potentiel internePage 1 sur 31
cours disponible sur http://lycos.membres.fr/rdmestp
METHODES ENERGETIQUES
1 OBJECTIF 2
2 ENERGIE DE DEFORMATION INTERNE 2
2.1 Exemple du ressort 2
2.2 Généralisation 5
2.3 Théorème de Clapeyron ou travail des forces extérieures 5
2.4 Expression de l’énergie de déformation interne en fonction de N, M et T. 6
2.5 Calcul du déplacement au droit d’une charge localisée 8
2.6 Exercices 9
3 THEOREME DE CASTIGLIANO 10
3.1 Enoncé 10
3.2 Démonstration 10
3.3 Calcul des déplacements dans une poutre au droit d’une charge 11
3.4 Exemple 1 12
3.5 Exemple 2 12
3.6 Remarque 12
3.7 Exemple 3 13
3.8 Cas où le déplacement recherché ne se situe pas au droit d’une charge. 14
4 THEOREME DE BERTRAND DE FONTVIOLANT 15
4.1 Objectif 15
4.2 Enoncé 15
4.3 Application au calcul des « 3 déplacements » d’un point : u,v, θ 16
4.4 Remarque sur le signe des déplacements 17
5 THEOREME DE RECIPROCITE DE MAXWELL 17
5.1 Enoncé 17
5.2 Démonstration 17
5.3 Exemple d’application : flèche à mi-travée d’une poutre chargée par une charge ponctuelle18
5.4 Exemple d’application 19
5.5 Exercice 20
6 CALCUL DES SYSTEMES HYPERSTATIQUES 20
6.1 Application du théorème de BdF au calcul des structures hyperstatiques 20
6.2 Remarques et application 22
6.3 Théorème de Ménabréa 24
6.4 Exemples 26
7 INTEGRALES DE MOHR 28
7.1 Principe 28
7.2 Exemples 30
7.3 Exercice 31

THEORIE DU POTENTIEL INTERNE – ENERGIE DE
DEFORMATION
1 OBJECTIF
L’objectif de ce cours est double :
- déterminer les déformations d’une structure ;
- déterminer les sollicitations dans une structure hyperstatique,
à l’aide de méthodes non plus analytiques comme l’emploi des formules de Bresse, mais au travers du principe
des travaux virtuels et de l’énergie mise en jeu lors du chargement des structures.
2 ENERGIE DE DEFORMATION INTERNE
2.1 Exemple du ressort
Considérons un ressort de longueur au repos L0 et de raideur K. Appliquons lui une force f variant
progressivement de 0 à F. Les états initial et final du ressort sont caractérisés par :
état initial : allongement u0 = 0 et f = 0
état final : allongement u1 = F/K et f = F
état intermédiaire : allongement ui = λF/K = λu1 ; et f = λF
Expression du travail des forces extérieures appliquées au ressort.
Plaçons-nous à l’état intermédiaire où la force a une intensité f = λF. Faisons croître cette force d’une quantité dF
= Fdλ. Cet accroissement provoque un déplacement du point d’application de la force d’une quantité dui = dλ.u1.
Le travail élémentaire de la force f vaut alors dWe = f.dui = λF.u1.dλ
Le travail total de la force appliquée sur le ressort vaut alors :
We = λλdFu∫
1
0
1 = 1.
2
1
uF =
K
F2
2
1
Le facteur ½ provient de l’hypothèse que l’application de la charge se fait progressivement et que l’allongement
du ressort est à chaque instant proportionnel à la force qui lui est appliquée.
Lo

Force
Déplacement
F
u1
f = λF
u = λu1
Travail élémentaire de
la force f lors du
passage de f à f+df
Si l’on reporte sur un diagramme la
relation déplacement (en x) -
intensité de la force (en y), la
courbe représentative est une
droite, le travail de la force se lit
comme la surface délimitée par
cette droite et l’axe des x ; c’est un
triangle de surface 1.
2
1
uF .
Si l’on fait l’hypothèse que l’application de la force se fait lentement (pas d’énergie cinétique mise en jeu), que le
ressort et l’appui sont parfaits dans le sens où ils ne dissipent pas de chaleur, tout le travail est transformé en
énergie potentielle du ressort, d’expression :
U =
2
1.
2
1
uK =
K
F2
2
1
Cette énergie potentielle est une énergie emmagasinée par le ressort consécutivement à sa déformation, c’est
pourquoi on l’appelle énergie interne de déformation. Cette énergie ne dépend que des caractéristiques du
matériau (raideur K) et de la déformation du ressort (allongement final u1).
Le travail de la tension du ressort est directement opposé au travail de la force extérieure qui lui est appliqué :
Wi = -We =
K
T 2
2
1
− =
K
F 2
2
1
− .
Expression du déplacement de l’extrémité du ressort
Remarquons que le déplacement u1 est lié à l’énergie interne du ressort par la relation :
K
F
F
U
u =
∂
∂
=1
NB : Notons que le travail d’une force dans le champ de déplacement qu’elle provoque est toujours positif.
Remarque sur le mode d’application de la charge au ressort
Nous nous sommes placés dans l’hypothèse d’une application très progressive (quasi-statique) de la force F au
ressort. Ce mode d’application peut s’illustrer par le dispositif expérimental suivant : la force F est représentée
par un poids posé d’une part sur un plateau muni d’un piston, accroché d’autre part au ressort. Dans la position
initiale, le ressort n’est pas tendu, sa longueur correspond à sa longueur à vide. Le plateau est progressivement
descendu de sorte que le poids d’intensité F est repris d’une part par la réaction du plateau, d’autre part la
tension du ressort.
La tension du ressort vaut : T = K.u et la réaction du plateau vaut R = F - T = F – Ku ; où u est l’allongement du
ressort. La descente progressive du plateau a pour effet de transférer de manière progressive le poids F de
plateau vers le ressort. Ce transfert est terminé lorsque la réaction du plateau est nulle, c'est-à-dire lorsque
l’allongement du ressort vaut
K
F
u =1

L0
u
u1
F
T
R
0 i 1
T = 0
R = F
T = Ku
R = F - T
T = Ku1 = F
R = 0
T
Plaçons maintenant dans la situation où la force F est appliquée au ressort de manière instantanée. Ce mode
d’application peut s’illustrer par l’opération suivante : la force F est représentée par un poids d’intensité F
maintenu par des pinces, le poids étant également relié au ressort. A l’état initial, la longueur de ressort
correspond à sa longueur à vide, la tension est nulle. Soudainement les pinces s’écartent et lâchent le poids.
Dans cette configuration le poids est transmis au ressort de manière instantanée. Le ressort se met à osciller,
l’énergie cinétique du système entre alors en jeu. Nous sommes dans le domaine non plus de la statique mais de
la dynamique, l’allongement du ressort étant régi par l’équation différentielle : =+ u
m
K
u
..
0 où m est la masse
de l’objet fixé au ressort.
Notons u2 l’allongement maximal du ressort pendant cette phase d’oscillation. L’énergie potentielle du ressort
vaut : U =
2
2
2
1
Ku . Le travail de la force F entre l’état initial et l’état où le ressort atteint son allongement maximal
vaut : 2.uFWFext = . Comme U = FextW , on déduit 12 2
2
u
K
F
u == , où u1 est l’allongement du ressort résultant
du premier mode de chargement (quasi-statique), qui est l’allongement à l’équilibre.
L0
0 i 1
pinces F
F
u
F
u2
0+ε
Principe de la dynamique appliqué à la masse : mg - Ku = m
( ) )cos1(cos1 1 tut
K
mg
u ωω −=−=Allongement
Ouverture
des pinces
2
2
dt
ud

Il apparaît ainsi que le fait de charger le ressort de manière instantanée a pour effet de le faire osciller et de
provoquer des déplacements maximaux – et donc des tensions maximales dans le ressort – doubles de celles
qui existent à l’équilibre.
2.2 Généralisation
Considérons un corps S ; amenons ce système d’un état initial (1) à un état initial (2), par l’application d’un
ensemble de forces extérieures. D’après le principe de conservation de l’énergie, nous pouvons écrire que :
∆Q + ∆We = ∆K + ∆U, où
∆Q = quantité de chaleur fournie par l’extérieur,
∆We = travail des forces extérieures,
∆K = variation de l’énergie cinétique,
∆U = variation de l’énergie interne
Si nous supposons que :
les sollicitations extérieures sont appliquées progressivement de manière à n’introduire que des déplacements à
vitesse très lente (transformation réversible), alors ∆K = 0 ;
que les frottements d’appuis dans les appuis sont négligeables et que le corps est parfaitement élastique
(frottement interne négligeable), alors ∆Q = 0
Dans ces conditions :
∆We = ∆U
L’application du théorème de l’énergie cinétique à un corps déformable donne :
∆K = ∆We + ∆Wi = 0
où ∆Wi est le travail des forces intérieures.
Si ∆K = 0, alors ∆We = - ∆Wi = ∆U
Le passage de l’état initial à l’état final étant effectué de manière réversible, ∆u est une différentielle totale exacte
(1
er
principe de la thermodynamique), il en résulte que ∆∆∆∆We et ∆∆∆∆Wi ne dépendent que de l’état final et de
l’état initial. En particulier, l’énergie interne de déformation ne dépend pas de l’ordre d’application des
charges.
2.3 Théorème de Clapeyron ou travail des forces extérieures
Nous supposerons que les forces appliquées au solide S sont des forces concentrées Fk. Le raisonnement pour
les forces réparties et les couples extérieurs aboutit aux mêmes résultats. Le système des forces Fk est en
équilibre.
Le déplacement de la force Fi est une fonction linéaire et homogène des forces Fk d’après la loi de Hooke. Soit Ui
le déplacement au droit de la force Fi dû à l’ensemble des forces Fk. On peut écrire :
Ui = k
nk
k
k
i FC∑
=
=1
k
iC est la contribution du déplacement provoqué au point i par la force k.
Le travail des forces extérieures est indépendant de l’ordre d’application des charges ; aussi nous pouvons
donner à l’ensemble des forces Fk des valeurs progressivement et simultanément croissantes de la forme λFk,

d
N N
ds
Σ Σ’
avec 0<λ<1 ; le déplacement de la force λFi est λUi. Pour une variation dλ de λ, le travail élémentaire de la force
λFi est égale à :
dWe (Fi) = λFi.dUi
Le travail élémentaire de l’ensemble des forces s’écrit :
dWe = λλ dUF ii
ni
i
•∑
=
=1
, d’où
We = ∫∑ ••
=
=
λλ dUF ii
ni
i 1
= •
2
1 ii
ni
i
UF∑
=
=1
Cette expression peut être généralisée avec la prise en compte de couple Ck provoquant des rotations ϕk, c’est la
formule de Clapeyron :
We = •
2
1 ii
ni
i
UF∑
=
=1
+ •
2
1
ii
ni
i
C ϕ∑
=
=1
2.4 Expression de l’énergie de déformation interne en fonction de N, M et T.
2.4.1 Analogie avec le ressort
Les matériaux et les structures sont utilisés dans leur domaine élastique, c'est-à-dire que leurs déformations sont
proportionnelles aux forces extérieures qui leur sont appliquées. En ce sens, ces structures sont analogues à
des ressorts : les déformations qu’elles subissent entraînent l’apparition d’une énergie potentielle, égale au
travail des forces extérieures et directement opposée au travail des forces intérieures qui s’y développent.
Les sollicitations sont des efforts internes à la structure, elles sont analogues à la tension qui se développe dans
le ressort quand on lui applique une force extérieure.
On considérera dans ce qui suit les déformations que subit un petit tronçon de poutre de longueur ds quand les
sollicitations N(s), T(s) et M(s) apparaissent sous l’application progressive du chargement de la structure. Vis-à-
vis du petit tronçon, ces sollicitations sont considérées comme des efforts extérieurs venant de l’amont et de
l’aval du troçon.
2.4.2 Effort normal
Rappel : Soit une poutre G0G1, de sections d’extrémité Σ0 et Σ1. Considérons un tronçon de poutre ΣΣ’, de
longueur ds, soumis à un effort normal N. Supposons la section Σ fixe. Sous l’effet de N, la section Σ’ se
rapproche de Σ de la quantité d= ds
ES
N
.
Faisons croître progressivement l’effort normal de 0 à N en considérant l’effort
λN, λ variant de 0 à 1. A cet effort λN correspond un déplacement relatif de Σ’
par rapport à Σ égal à λd. A un accroissement dλN correspond également un
rapprochement dλd. Le travail de l’effort normal dans le tronçon ΣΣ’ vaut donc :
dWN = ∫
1
0
.. λλ ddN = dN.
2
1
=
ES
N 2
.
2
1
ds = dU
L’énergie de déformation sur l’ensemble de la poutre vaut donc :
UN = ∫
Σ
Σ
1
0
2
2
1
ds
ES
N

2.4.3 Effort tranchant
Considérons ce même tronçon à un effort tranchant T. Cet effort provoque un déplacement de la section Σ’ par
rapport à Σ égal à
δ =
rGS
T
ds.
D’après le même raisonnement que précédemment, l’application progressive de l’effort tranchant de la valeur 0 à
la valeur T fait apparaître un travail de cet effort tranchant :
dWT =
rGS
T 2
2
1
ds = dU.
UT = ∫
Σ
Σ
1
0
2
2
1
ds
GS
T
r
2.4.4 Moment fléchissant
Considérons ce même tronçon à un effort tranchant M. Cet effort provoque une rotation de la section Σ’ par
rapport à Σ égal à
dω =
EI
M
ds.
D’après le même raisonnement que précédemment, l’application progressive du moment fléchissant de la valeur
0 à la valeur M fait apparaître un travail de ce moment :
dWF =
EI
M 2
2
1
ds = dU.
UF = ∫
Σ
Σ
1
0
2
2
1
ds
EI
M
2.4.5 Expression générale
On établit ainsi que l’énergie de déformation emmagasinée par une structure soumise à une chargement
développant les sollicitations N, M et T a pour expression :
U = ∫ 





++
structure r
ds
GS
T
ES
N
EI
M 222
2
1
Cette sommation est légitime pour 2 raisons :
- d’une part parce que le matériau est élastique, le principe de superposition peut donc s’appliquer ;
- mais surtout, parce que chacune des sollicitations ne travaille que dans le déplacement qui lui est
concomitant : ainsi N ne développe pas de travail lorsque T ou lorsque M s’applique ; il en est de même
pour T (lorsque N et M s’appliquent) et M (lorsque N et T s’appliquent).
Rem sur le signe : ici le travail des sollicitations est positif, car ces sollicitations sont à chaque fois présentées
comme des forces extérieures appliquées à un petit tronçon de poutre de longueur dx, le travail dans le champ
de déplacement qu’elles provoquent est alors positif.
ds
δ
T T
ds
dω
M M

2.5 Calcul du déplacement au droit d’une charge localisée
Le calcul du déplacement du point d’application d’une charge localisée (charge ponctuelle ou couple ponctuel) se
déduit directement du théorème de Clapeyron.
Considérons une force ponctuelle F appliquée en un point i d’une structure. Cette force F provoque l’apparition
de sollicitations M, N, T dans la poutre et sa déformation. Appelons ∆ le déplacement du point i suivant la
direction de la force F.
i
∆
F
D’après le théorème de Clapeyron : We =
2
1
F.∆ = U
Or cette énergie emmagasinée a également pour expression :
U = ∫ 





++
structure r
ds
GS
T
ES
N
EI
M 222
2
1
On en déduit le déplacement du point i : ∆ =
F
1
∫ 





++
structure r
ds
GS
T
ES
N
EI
M 222
,
Les sollicitations M, N et T étant celles provoquées uniquement par la force F.
De même, l’application d’un couple C en un point i provoquant la rotation de la section en i d’un angle Ω, on
déduit :
Ω =
C
1
∫ 





++
structure r
ds
GS
T
ES
N
EI
M 222
,
Les sollicitations M, N et T étant celles cette fois-ci provoquées uniquement par le couple C.
NB : notons que cette égalité We = U ne permet d’accéder qu’au déplacement du point d’application de la force
que celle-ci provoque.
Ainsi, si on applique un couple C en un point A d’une console AB, le point A subit un double déplacement : une
translation verticale vA et une rotation θA.
Le théorème de Clapeyron ne permet pas de déterminer que θA car ce couple ne travaille que suivant une
rotation.
L
x
C
A B
θA

NB : de même, si deux charges (ou plus) sont appliquées à la structure, l’énergie interne emmagasinée dans
cette structure, donnée par la relation U = ∫ 





++
structure r
ds
GS
T
ES
N
EI
M 222
2
1
est égale au travail des deux forces
dans le champ de déplacement qu’elles provoquent à deux (ou plus).
Supposons ainsi qu’on applique deux forces ponctuelles F1 et F2 sur une poutre. Les déplacements des points
d’application des forces F1 et F2, résultant de l’application des deux forces F1 et F2, sont respectivement d1 et d2.
Parallèlement ces deux forces engendrent des sollicitations M, N, T dans la poutre.
Alors U = ∫ 





++
structure r
ds
GS
T
ES
N
EI
M 222
2
1
=
2
2211 dFdF +
NB : ici, le déplacement ∆ ou la rotation sont positifs car résultant du travail de l’action qui provoque ce
déplacement. Il faut ensuite, si on le souhaite, replacer ce déplacement dans un repère général.
2.6 Exercices
2.6.1 Poutre console : comparaison des énergies de déformations dues à M et à T.
2.6.2 Calcul de la rotation
2.6.3 Déplacement vertical à mi-travée
Retrouver le résultat avec l’équation différentielle y ‘’ =
EI
M
d2d1
G0 G1F1 F2
∆
P
x
G0 G1
L
P
L
x
C ω0
x
G0 G1
L

3 THEOREME DE CASTIGLIANO
3.1 Enoncé
Soit un corps élastique linéaire, ne possédant que des liaisons fixes et chargé par un système d’actions
extérieures (F1, F2,…,Fn) appliquées aux points A1, A2,…,An. Le déplacement du point Ai sous l’action de
l’ensemble des forces est noté ui.
Enoncé : la dérivée partielle de l’énergie interne du corps par rapport à l’action Fi est égale au déplacement du
point d’application de Fi suivant sa ligne d’action (ie la projection du déplacement total de cette action sur son
support).
Soit :
i
i
F
U
u
∂
∂
=
Rem : le terme d’action doit être pris dans son sens le plus large : ce peut être une force, un couple, une
pression,… Alors, le déplacement considéré du point d’application est en fait le déplacement sur lequel l’action
travaille : si l’action Fi est une force, le déplacement corrélatif est une translation, si c’est un couple, le
déplacement corrélatif est une rotation et si l’action considérée est une pression, le déplacement corrélatif est
une variation de volume.
3.2 Démonstration
Considérons un corps élastique chargé par le système d’actions extérieures (F1, F2, …, Fn). Sous l’action de ces
charges, le corps emmagasine une énergie de déformation, égale au travail réversible des forces extérieures qui
lui sont appliquées sur les déplacements qu’elles induisent à ce corps.
Démarche 1
Donnons à une force Fi, appliquée en Ai, un accroissement dFi. L’accroissement de l’énergie potentielle (ou de
déformation) du corps vaut :
dU = dFi
Fi
U
δ
δ
L’énergie totale du système vaut alors U = U(S1) + dU = U(S1) + dFi
Fi
U
δ
δ
Démarche 2
Maintenant, considérons le corps non chargé, et soumis seulement à l’action élémentaire dFi. Le point d’action
de cette force élémentaire subit un déplacement dui et le travail réversible de l’action dFi sur ce déplacement
vaut : d²U0 =
2
1
dFi.dui.
i
dui
dFi
Cette énergie est une différentielle de 2
ème
ordre car c’est le produit d’une petite force (dFi) par un petit
déplacement (dui)

Appliquons ensuite le système de forces (F1, F2, …, Fn). L’énergie de déformation emmagasinée est alors égale
à l’énergie due au système de forces (F1, F2, …, Fn) augmentée du travail de la force dFi déjà appliquée et
présente avec toute son intensité, par le déplacement ui provoqué en Ai par l’ensemble des forces du système
soit : U1 = U(S1) + dFi ui.
i ui
Fi + dFi
F1
F2
Fn
Déformée sous dFi seule
Déformée sous {F1,…Fi,…,Fn}
Au total :
U’ = d²U0 + U(S1) + dFi.ui = U(S1) +
2
1
dFi.dui + dFi. ui
Or le terme
2
1
dFi.dui est un infiniment petit de second ordre par rapport aux autres termes, nous le négligeons.
L’énergie potentielle ne dépendant que des états initial et final, il vient U = U’, soit :
U(S1) + dFi
Fi
U
δ
δ
= U(S1) + dFi. ui
Soit :
ui =
Fi
U
δ
δ
Cette démonstration suppose le corps élastique et linéaire. S’il en était autrement, le travail des forces
extérieures serait différent selon l’ordre de chargement.
Rem : le théorème peut s ‘étendre à des corps appuyés sur appuis élastiques. Au terme de l’énergie potentielle
emmagasinée par la structure, il conviendra d’ajouter l’énergie de déformation des appuis élastiques, de la
forme : Uélastique = ∑ 2
.
2
1
ααλ R , les termes λα caractérisant les souplesses des appuis élastiques α.
3.3 Calcul des déplacements dans une poutre au droit d’une charge
On a montré que l’énergie de déformation d’une poutre soumise à des forces extérieures et se traduisant par
l’apparition des sollicitations N, T et M, est égale à :
U = dx
xGS
xT
xEI
xM
xES
xN
r
∫ ++
)(
)(
)(
)(
)(
)(
2
1
222
Dans le cas où le déplacement recherché se situe au droit d’une charge Q et dans la direction de cette charge, il
suffit d’appliquer directement le théorème de Castigliano en dérivant l’énergie potentielle par rapport à la charge
Q. Il faut bien entendu exprimer cette énergie (donc les sollicitations) en fonction de la charge Q.

Plutôt que de calculer dans un premier temps l’expression de l’énergie, qui passe par le calcul d’une intégrale en
M², T² et N², puis ensuite de dériver cette énergie par rapport à la charge Q, il est plus commode de dériver
directement dans l’intégrale :
Ainsi, si l’on note ∆ le déplacement de la structure au doit d’une force Q et suivant la ligne d’action de Q, il vient :
∆ =
Q
U
∂
∂
= dx
Q
T
xGS
xT
Q
xM
xEI
xM
Q
xN
xES
xN
r
)
)(
)()(
)(
)()(
)(
)(
(∫ ∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
3.4 Exemple 1
Ici M = T = 0 et N = -F
L’énergie de déformation de la poutre vaut :
U = ds
ES
N
L 2
0
2
1
∫ =
ES
LN 2
.
2
1
=
ES
LF 2
.
2
1
Il vient ∆L =
F
U
∂
∂
=
ES
FL
= -
ES
NL
On retrouve ainsi la loi de Hooke.
3.5 Exemple 2
Déterminer M(x)
Etablir l’énergie de déformation élastique en fonction de p et de P
Quelle relation P et p doivent-ils vérifier pour que le déplacement vertical v2 de G2 soit nul ?
3.6 Remarque
Le théorème de Castigliano ne permet de calculer les déplacements :
- qu’au droit des charges appliquées et
- selon leur direction d’application.
Ainsi, on ne peut par exemple déterminer d’après le théorème de Castigliano la rotation d’une section au droit de
laquelle une charge ponctuelle est appliquée :
F
L
∆
p
P
2L L
G0
G1 G2

Le chargement ci-dessous montre que la section en G0 subit une translation verticale et une rotation ; celle
rotation n’est pas directement accessible par le théorème de Castigliano. Comme le montre l’exemple 3, on n’y
accède que si on applique un couple C en G0 et si on prend ensuite ce couple nul.
Rem sur le signe : Si le déplacement au droit de l’action (force, couple) obtenu par le théorème de Castigliano
est positif, cela signifie que le déplacement se fait réellement dans le sens de l’action. S’il est négatif, c’est que
ce déplacement s’effectue réellement dans le sens contraire au sens de l’action. Il y a lieu après, si on le
souhaite, de replace le déplacement dans un repère global.
3.7 Exemple 3
1
er
chargement
Considérons la console soumise en G0 à la charge P.
Le théorème de Castigliano permet de déterminer directement la translation verticale de G0 :
M(x) = -Px et
v1 =
EI3
PL
dxxPx
EI
1
dx
P
xM
EI
xM 3L
0
L
0
=−−=
∂
∂
∫∫ ))((
)()(
Par contre, il ne permet pas d’accéder à la rotation θ1 du point G0 sous l’action de la charge P.
2
ème
chargement
Considérons maintenant la console soumise à un couple C en G0.
Le théorème de Castigliano permet de déterminer directement la rotation de G0 :
M(x) = -C et
θ2 =
EI
CL
dx1C
EI
1
dx
C
xM
EI
xM
L
0
L
0
=−−=
∂
∂
∫∫ ))((
)()(
Par contre, il ne permet pas d’accéder à la translation verticale v2 du point G0 sous l’action du couple C.
G1
x
P
L
G0
G1
x
P
L
G0 G1
x
P
L
G0
C
G1
x
L
G0
C
G1
x
L
G0

3
ème
chargement
Considérons enfin la console soumise en G0 au couple C et à la charge ponctuelle P :
M(x) = -C –Px
Le théorème de Castigliano permet cette fois de déterminer la translation verticale et la rotation en G0 sous l’effet
des deux charges :
v3 =
EI3
PL
EI2
CL
dxxPxC
EI
1
dx
P
xM
EI
xM 3L
0
L
0
+=−−−=
∂
∂
∫∫
²
))((
)()(
θ3 =
EI2
PL
EI
CL
dx1PxC
EI
1
dx
C
xM
EI
xM
L
0
L
0
²
))((
)()(
+=−−−=
∂
∂
∫∫
Le matériau étant élastique et le troisième chargement étant la somme des deux premiers, il en est de même
pour les déplacements, notamment ceux de G0. Donc :
θ3 = θ1 + θ2 et
v3 = v1 + v2.
On déduit alors :
θ1 =
EI2
PL²
= θ3(P, C=0) =
0CC
PCU
=






∂
+∂ )(
v2 =
EI2
CL²
= v3(P=0,C) =
0PP
PCU
=






∂
+∂ )(
Il apparaît ainsi que l’on obtient le déplacement d’un point en y ajoutant une charge adaptée dans la direction
souhaitée (couple ou charge ponctuelle ie la charge qui travaillera dans le déplacement recherché), de calculer
le déplacement par Castigliano et enfin d’annuler, dans l’expression du déplacement obtenu, la charge ajoutée.
3.8 Cas où le déplacement recherché ne se situe pas au droit d’une charge.
Soit un corps élastique soumis à un système de force (S)= {F1, F2,…, Fn} extérieures. On désire calculer le
déplacement en un point A où n’est appliquée aucune des forces de (S).
Dans ce cas, on procède comme dans l’exemple 3 en introduisant une force fictive φ au point désiré et dans la
direction désirée. Le corps étant élastique, on peut écrire en tout point :
M = M(Fi) + M(φ )
T = T(Fi) + T(φ )
N = N(Fi) + N(φ )
Comme le corps a un comportement linéaire, on peut écrire :
PC
G1
x
L
G0
PC
G1
x
L
G0
C
G1
x
L
G0

M(φ ) = φ. M
N(φ ) = φ. N
T(φ ) = φ.T
Où Φ correspond cette fois à l’intensité (norme de vecteur) de la force φ et M , N , T aux sollicitations qui
seraient provoquées par la charge unitaire appliquée au point du déplacement recherché et dans la direction
recherchée.
L’énergie potentielle emmagasinée par le corps soumis au chargement (S’) = (S + φ) est alors :
U = U(S + φ) = dx
xGS
xTT
xEI
xMM
xES
xNN
r
∫
+
+
+
+
+
)(
)()(
)(
)()(
)(
)()(
2
1
222
φφφ
D’après le théorème de Castigliano, le déplacement recherché au point A vaut :
δA(S+φ)=
δφ
φδ )( +SU
= dx
xGS
xTTT
xEI
xMMM
xES
xNNN
r
∫
+
+
+
+
+
)(
))((
)(
))((
)(
))(( φφφ
Le déplacement de A dans le corps uniquement soumis au système de forces (S)= {F1, F2,…, Fn} est obtenu en
prenant dans l’expression précédente la valeur φ = 0 :
δA(S)=
0=






φ
δφ
δU
= dx
xGS
xTT
xEI
xMM
xES
xNN
r
∫ ++
)(
)(
)(
)(
)(
)(
Cette expression constitue le théorème de Bertrand de Fontviolant que l’on va établir d’une autre manière.
4 THEOREME DE BERTRAND DE FONTVIOLANT
4.1 Objectif
L’objet est de déterminer le déplacement δ dans une direction ∆ du centre de gravité d’une section Σ de la
structure soumise à un système de charges extérieures en équilibre.
4.2 Enoncé
Pour cela on considère deux états :
- l’état 1, qui est l’état de chargement réel de la structure, engendrant les sollicitations N1, M1 et T1 dans celle-ci.
∆
δ ??

- l’état 2, qui est l’état de chargement de la même structure, soumise à une charge unitaire fictive, appliquée en
Σ et selon la direction ∆. Cet état engendre des sollicitations n*, m* et t*.
Dans l’état 1 seul,
U1 = i
i
iF δ.
2
1
∑ =
rGS
T
ES
N
EI
M 2
1
2
1
2
1
2
1
++∫ ds
Dans l’état 2 seul,
U2 =
*
.
2
1
δF =
rGS
t
ES
n
EI
m 222
***
2
1
++∫ ds
Appliquons le système 2 puis le système 1. Alors d’après le théorème de Clapeyron, il vient :
U =
*
.
2
1
δF + Fδ + i
i
iF δ.
2
1
∑ = U1 + U2 + Fδ
Appliquons maintenant les deux systèmes simultanément, il vient :
U =
rGS
tT
ES
nN
EI
mM 2
1
2
1
2
1 *)(*)(*)(
2
1 +
+
+
+
+
∫ ds = U1 + U2 +
rGS
tT
ES
nN
EI
mM *** 111 ⋅
+
⋅
+
⋅
∫ ds
On déduit des deux relations précédentes et en prenant F = 1:
δ = ∫struct
(n*.
ES
N1
+ m*.
EI
M1
+ t*.
rGS
T1
).ds
rem : de manière générale, on négligera les déformations dues à l’effort normal et à l’effort tranchant par rapport
aux déformations dues au moment fléchissant.
4.3 Application au calcul des « 3 déplacements » d’un point : u,v, θθθθ
Pour déterminer le déplacement dans la direction souhaitée, on applique une charge unitaire fictive
correspondant au déplacement et à la direction souhaitée.
Exemple :
Sollicitations N, M et T
4.3.1 Calcul de uc, translation horizontale
Sollicitations n1*, m1* et t1*.
uc = ∫ EI
Mm *1
δ*
F = 1
∆
A
B
C
F = 1

4.3.2 Calcul de vc, translation verticale
vc= ∫ EI
Mm *2
4.3.3 Calcul de θc, rotation
θc = ∫ EI
Mm *3
4.4 Remarque sur le signe des déplacements
Comme précédemment, si le déplacement (translation, rotation) recherché est positif, c’est qu’il se fait réellement
dans le même sens que l’action (force, couple) unitaire appliqué au point où est recherché ce déplacement. S’il
est négatif, c’est qu’il se fait réellement dans le sens contraire à l’action unitaire. Il faut ensuite replacer ce
déplacement dans le repère global.
Si l’on désire obtenir directement le déplacement dans le repère global, il suffit alors d’appliquer au point
recherché l’action unitaire positive dans ce repère global (F = 1 dans vers les x ou y positifs, C = 1 dans le sens
trigo).
5 THEOREME DE RECIPROCITE DE MAXWELL
5.1 Enoncé
On considère un corps élastique linéaire doté de liaisons fixes, susceptible d’être soumis à deux systèmes
d’actions de forces extérieures (S1) et (S2). Le théorème de réciprocité de Maxwell s’énonce comme suit :
Le travail des actions de (S1) sur les déplacements induits par les actions de (S2) est égal au travail des actions
de (S2) sur les déplacements induits par les actions de (S1).
5.2 Démonstration
Supposons que le système (S1) soit composé des actions F1, F2,…, Fn, appliquées aux points A1, A2,…,An et que
le système (S2) soit composé des actions F’1, F’2,…,F’k appliquées aux points A’1, A’2, …,A’k.
On commence par appliquer le système (S1) au corps. Celui-ci se déforme et acquiert une énergie de
déformation égale au travail des forces extérieures de (S1) sur les déplacements qu’elles induisent :
U1 = We = •
2
1 )( 1
1
SF Aii
ni
i
δ∑
=
=
En notant )( 1SAiδ le déplacement du point Ai dans la direction de Fi induit par l’application de (S1).
Appliquons ensuite le système (S2). Sous l’effet de ces actions, le système élastique subit une nouvelle
déformation indépendante de celle induite par (S1) du fait de son comportement linéaire. L’énergie de
déformation s’accroît du travail des forces extérieures F’i sur les déplacements qu’elles induisent :
U2 = We = •
2
1 )( 2
'
'
1
SF jAj
kj
j
δ∑
=
=
En notant )( 2
' SjAδ le déplacement du point A’j dans la direction de F’j induit par l’application de (S2).
F = 1
C = 1

Mais, en appliquant le système (S2), se traduisant par des déplacements )( 2
' SjAδ , on fait travailler également
les forces Fi initialement appliquées aux points Ai. Ce travail se traduit par une augmentation de l’énergie de
déformation correspondante :
U12 = )( 2
1
SF Aii
ni
i
δ∑
=
=
où )( 2SAiδ est le déplacement du point Ai provoqué par le système de chargement (S2).
Au total, l’application des deux systèmes se traduit par une augmentation totale de l’énergie de déformation
égale à :
U = U1 + U2 + U12 = •
2
1 )( 1
1
SF Aii
ni
i
δ∑
=
=
+ •
2
1 )( 2
'
'
1
SF jAj
kj
j
δ∑
=
=
+ )( 2
1
SF Aii
ni
i
δ∑
=
=
Si on applique maintenant les actions dans l’ordre inverse du précédent, on voit facilement que l’énergie de
déformation mise en jeu sera de la forme :
U’ = U2 + U1 + U21 = •
2
1 )( 2'
'
1
SF jAj
kj
j
δ∑
=
=
+ •
2
1 )( 1
1
SF Aii
ni
i
δ∑
=
=
+ )( 1
'
1
'
SF jA
kj
j
jδ∑
=
=
Puisque l’on part du même état initial pour aboutir au même état final, les énergies emmagasinées sont égales,
de sorte que :
U12 = U21, soit : )( 2
1
SF Aii
ni
i
δ∑
=
=
= )( 1
'
1
'
SF jA
kj
j
jδ∑
=
=
5.3 Exemple d’application : flèche à mi-travée d’une poutre chargée par une charge
ponctuelle
Le but est de calculer la flèche à mi-travée provoquée par le chargement P appliqué en x = m.
A’j
A’j
F’j
Ai
δAi(S1)
Système S1 : application
des Fi en Ai
Fi
Système S2 : application
des F’j en A’j
δA’j(S2)
F’j
Ai
δAi(S1)
Application de S1 puis
de S2
Fi
δA’j(S2)
δAi(S2)
A’i
δA’j(S2)
F’i
δAi(S1)
δA’j(S1)
Application de S2 puis
de S1
Ai

Ce calcul est assez long car on ne connaît pas l’angle de rotation à l’origine et M a une expression différente
selon que l’on se place à gauche ou à droite de la charge.
Il est plus judicieux de faire appel au théorème de Maxwell : on applique le chargement à mi-travée (point B) et
l’on détermine, sous ce cas de chargement, la flèche au point A.
D’après le théorème de Maxwell,
P1xfA = P2xfB, soit fA = fB car on considère P1 = P2.
Il est plus simple de déterminer l’équation de la déformée dans le deuxième cas de chargement :
EIy’’ = M (x) = x
P
⋅
2
dans la région G0B.
Intégrons : EIy’ =
2
4
x
P
⋅ + C1
En x = L/2, y’ = 0 car la structure et le chargement sont symétriques. Il vient donc C1 = -
16
2
Pl
.
Intégrons : EIy =
3
12
x
P
⋅ - x
Pl
⋅
16
2
+ C2. C2 vaut 0 car y(0) = 0.
Il vient fA = y(m) = )34(
48
22
lm
EI
Pm
−⋅ = fB.
5.4 Exemple d’application
On considère une console AB encastrée en A et libre en B. Sous l’effet d’un premier chargement F appliqué en
B, on suppose connus les déplacement v1B et θ1B du point B. La question que l’on pose est : quelle est l’intensité
du couple C que l’on doit appliquer en B pour obtenir une translation verticale v2 B = v1B ?
fA
P2
x
G0 G1
L
L/2L/2
A B
(S2)
fB
P1
x
G0 G1
L
nm
A B
(S1)

A B
F
v1B
Θ1B
A B
C ?
v2B = v1B
A cette fin, on peut utiliser le théorème de réciprocité de Maxwell : le travail du couple C (chargement 2) dans le
champ de déplacement de la force F (chargement 1) est égal au travail de la force F(chargement 1) dans le
champ de déplacement du couple C (chargement 2).
Soit C.θ1B = F. v2 B = F.v1B .
Il vient alors :
B1
B1vF
C
Θ
⋅
= .
Vérification :
v1B =
EI3
FL3
et
EI2
FL
B1
²
=Θ . => C = FL
3
2
.
Calculons la flèche en B provoquée par un couple C.
v2B =
EI2
CL2
. Avec C = FL
3
2
, on obtient alors : v2B =
EI3
FL3
= v1B.
5.5 Exercice
A partir du théorème de réciprocité de Maxwell et de l’exercice du § 5.3 précédent, retrouver la flèche à mi-travée
d’une poutre soumise à un chargement uniformément réparti p.
6 CALCUL DES SYSTEMES HYPERSTATIQUES
6.1 Application du théorème de BdF au calcul des structures hyperstatiques
6.1.1 Définition
Un système est dit hyperstatique lorsque le nombre d’équations d’équilibre de la statique est insuffisant pour
déterminer l’ensemble des réactions d’appui.
Dans un système plan chargé verticalement, on dispose de 2 équations,
Dans un système plan quelconque, on en dispose de 3,
Dans un système spatial, on en dispose de 6.
Le degré d’hyperstatisme est égal à la différence entre le nombre de réactions d’appui et le nombre d’équations
de la statique dont on dispose.
6.1.2 Calcul des réactions hyperstatiques
Considérons une structure hyperstatique S1 de degré n, soumise à un chargement extérieur {P}.

Libérons n liaisons d’appuis ; la structure devient isostatique, appelons la S2.
Les réactions d’appuis correspondant aux n liaisons libérées sont appelées inconnues hyperstatiques, notées
{Rhyper}.
On considère alors la structure rendue isostatique S2 comme soumise au chargement extérieur {P,Rhyper}. Sous
ce chargement, la déformée de S2 doit être la même que la déformée de S1. En particulier, au droit des
liaisons libérées, les déplacements doivent être nuls. On obtient alors n conditions de déformations au droit
des liaisons libérées qui permettent de déterminer les n inconnues hyperstatiques.
Le système de chargement peut encore se décomposer en :
-> On écrit que δxB(S1) = 0
Or δxB(S1) = δxB(S21) + δxB(S22)
Ces derniers déplacements sont calculés par le théorème de Bertrand de Fontviolant en appliquant la charge
unitaire correspondante :
Soit ∫ EI
Mm 21 *
+ HB ∫⊗
EI
mm *.* 11
+ VB ∫⊗
EI
mm *.* 21
+ CB ∫⊗
EI
mm *.* 31
= 0
-> On écrit que δyB(S1) = 0
Or δyB(S1) = δyB(S21) + δyB(S22)
S22 = HB x + VB x + CB x
1
1
1
m*1(x) m*2(x) m*3(x)
S1 S21= S22+
B
B
Réactions
HB, VB, CB
A
Sollicitations M2
1
Sollicitations m1*

Soit ∫ EI
Mm 22 *
+ HB ∫⊗
EI
mm *.* 21
+ VB ∫⊗
EI
mm *.* 22
+ CB ∫⊗
EI
mm *.* 32
= 0
-> On écrit que θB(S1) = 0
Or θB(S1) = θB(S21) + θB(S22)
Soit ∫ EI
Mm 23 *
+ HB ∫⊗
EI
mm *.* 31
+ VB ∫⊗
EI
mm *.* 32
CB ∫⊗
EI
mm *.* 33
= 0
L’écriture des trois conditions géométriques (déplacement nuls au droit des appuis, ici) permettent de bâtir un
système de trois équations à trois inconnues permettant de déterminer les inconnues hyperstatiques HB, VB, HB.
6.2 Remarques et application
Le choix du système isostatique associé n’est pas unique, il existe en effet plusieurs possibilités de choisir les
inconnues hyperstatiques du système. Un choix judicieux permet d’obtenir les réactions hyperstatiques plus
facilement ; il peut être par exemple intéressant de conserver la symétrie du problème ou de rendre la structure
symétrique lors du choix des inconnues hyperstatiques.
Illustration : on considère une poutre droite AB, de longueur L, simplement appuyée en A et encastrée en B,
soumise à un chargement uniformément réparti d’intensité p, nous nommerons ce système (S1). Cette poutre est
hyperstatique d’ordre 1.
S1 =
A B
p
Il existe 2 manières de rendre cette structure isostatique :
- éliminer la réaction verticale en A ; on se retrouve alors avec une console libre en A et encastrée en B :
- éliminer le couple à l’encastrement en B, on se retrouve alors avec une poutre sur deux appuis simples A
et B.
1
Sollicitations m2*
1Sollicitations m3*

6.2.1 1er
choix : libération de la réaction verticale en A.
Dans ce cas, on peut décomposer le système (S1) comme suit :
S21
v21
+S1 =
S22
v21
VA
S1 = S21 + S22 si les déformées sont identiques, en particulier si le déplacement vertical au droit de l’appui A est
nul, soit v21 + v22 = 0 dans ce cas ci (déplacements en valeurs algébriques).
Calcul de v21.
On applique dans ce cas le théorème de BdF. Pour cela, on applique une charge unitaire en A, vers le bas.
Le moment provoqué par la charge unitaire a pour expression :
M (x) = - x
Le moment provoqué par le chargement p a pour expression :
M21(x) = -
2
²px
Donc v21 =
EI
pL
dx
EI
px
dx
EI
MM LL
82
4
0
3
0
21
== ∫∫ , déplacement positif, qui se fait donc physiquement vers le bas.
Calcul de v22.
On applique une charge unitaire en A, vers le haut.
M (x) = x
Le moment provoqué par la réaction d’appui VA a pour expression :
M22(x) = xVA
Donc v22 =
EI
LV
dx
EI
x
Vdx
EI
MM A
L
A
L
3
3
0
2
0
22
== ∫∫ , déplacement positif, qui se fait donc physiquement vers le haut.
Attention lors de l’addition des déplacements ! le premier a lieu vers le bas, le second vers le haut. Pour les
additionner de manière algébrique, il faut resituer ces déplacements dans un repère commun. Si on considère
que les déplacements sont comptés positivement vers le haut, alors il vient :
0
83
43
=−
pLLVA
, soit
8
3pL
VA =
6.2.2 2ème
choix : libération de l’encastrement en B.
Dans ce cas, on peut décomposer le système (S1) comme suit :
S21 Θ21
+
S22 Θ22
MB
S1 =
Dans ce cas, S1 = S21 + S22 si les déformées sont identiques, en particulier si le la rotation au point B est nulle,
soit θ21 + θ22 = 0 dans ce cas ci (déplacements en valeurs algébriques).
Calcul de θ21.
On applique dans ce cas le théorème de BdF. Pour cela, on applique un couple unitaire C = 1 en B, dans le sens
trigo.Le moment provoqué par le couple unitaire a pour expression :

M (x) =
L
x
Le moment provoqué par le chargement p a pour expression :
M21(x) =
2
xLpx )( −
Donc θ21 =
EI24
pL
4
1
3
1
EI2
pL
dx
LEI2
pxpLx
dx
EI
MM 33L
0
32L
0
21
=



−=
−
= ∫∫ , déplacement positif, qui se fait donc
physiquement dans le sens trigo.
Calcul de θ22.
On applique un couple unitaire C = 1 en B, dans le sens trigo.
M (x) =
L
x
Le moment provoqué par le moment d’encastrement MB a pour expression :
M22(x) =
L
x
M B
Donc v22 =
EI3
LM
dx
EIL
x
Mdx
EI
MM B
L
0
2
B
L
0
22
== ∫∫ ²
, déplacement positif, qui se fait donc physiquement dans le
sens trigo.
Les deux déplacements ont été calculés avec la même convention de signe (sens positif = sens trigo du couple
unitaire appliqué dans les deux systèmes). On peut donc les additionner directement :
θB = 0 = θ21 + θ22 =
EI3
LM
EI24
pL B
3
+ soit
8
pL
M B
²
−= .
On retrouve bien entendu la même valeur de VA en écrivant l’équilibre de la structure :
⇒=∑ 0
B
M +VAL- p
2
L²
- MB = 0, soit : VA = p
2
L
-p
8
pL3
8
L
=
6.3 Théorème de Ménabréa
6.3.1 Enoncé
Soit un corps élastique soumis à un système de force (S)= {F1, F2,…, Fn} extérieures et engendrant des réactions
d’appuis Rj, j=1 à k
La dérivée de l’énergie potentielle par rapport aux réactions d’appuis fixes est nulle :
Soit
Rj
U
δ
δ = 0
6.3.2 Démonstration
Les réactions Rj sont en réalité également des forces extérieures appliquées au corps. La dérivée partielle de
l’énergie de déformation par rapport aux réactions est égale au déplacement au droit de ces réactions et dans
leur direction. Les appuis étant fixes, les déplacements sont nuls, par application directe du théorème de
Castigliano.

6.3.3 Application aux structures hyperstatiques
Soit un corps élastique soumis à un système de charges extérieures (S)= {F1, F2,…, Fn} et de degré
d’hyperstaticité k. Soit (R) = {Rj , j=1 à k} les inconnues hyperstatiques.
Considérons le même corps rendu isostatique et soumis au chargement (S+R) ; ce corps est équivalent au corps
précédent chargé par (S). L’énergie de déformation de ce corps est alors U = U(S+R).
Donc les déplacements au droit des réactions hyperstatiques {Rj , j=1 à k} sont nuls, soit :
Pour j = 1 à k, ( )
Rj
RSU
δ
δ + = 0
On obtient ainsi k équations permettant de déterminer les k inconnues hypertsatiques.
Avec U(S+R) = U(S + ∑
=
=
kj
j
jR
1
)
U = U(S + R) = dx
xGS
xtRT
xEI
xmRM
xES
xnRN
r
j
kj
j
j
kj
j
j
kj
j
jisojisojiso
∫
∑∑∑
=
=
=
=
=
=
+
+
+
+
+
)(
)()(
)(
)()(
)(
)()(
2
1
2*
1
2*
1
2*
1
( )
Rj
RSU
δ
δ + = dx
xGS
xtRTt
xEI
xmRMm
xES
xnRNn
r
p
kp
p
jp
kp
p
jp
kp
p
j pisopisopiso
∫
∑∑∑
=
=
=
=
=
=
+
+
+
+
+
)(
))((
)(
))((
)(
))(( *
1
**
1
**
1
*
=0 (éq 1)
où n*j, t*j, m*j sont les sollicitations induites par une charge unitaire au droit de la réaction Rj cherchée et dans sa
direction dans la structure isostatique associée.
Attention : pour déterminer les inconnues hyperstatiques Rk, il faut exprimer de manière explicite et
exhaustive les sollicitations en fonction du chargement extérieur et des inconnues hyperstatiques Rk.
Sinon les dérivées partielles du type
kR
M
∂
∂
seraient incorrectes.
6.3.4 Déplacements dans les structures hyperstatiques
Considérons le même corps que précédemment et soumis au même système de chargement. On cherche le
déplacement en un point A quelconque, qui n’est pas forcément placé au droit d’une charge.
On a vu que d’après le théorème de Castigliano,
δA(S)=
0=






φ
δφ
δU
= dx
xGS
xTT
xEI
xMM
xES
xNN
r
∫ ++
)(
)(
)(
)(
)(
)(
Dans cette expression les sollicitations N, M,T et M , N , T sont celles obtenues dans la structure
hyperstatique.
(N,M,T) dans la structure hyperstatique résultant du chargement (S),
( N , M ,T ) dans la structure hyperstatique résultant du chargement unitaire appliqué au point A et dans la
direction voulue.
Or, on peut écrire :

N = n* +
*
1
j
kj
j
nRj
∑
=
=
T = t* +
*
1
j
kj
j
tRj
∑
=
=
M = m* +
*
1
j
kj
j
tRj
∑
=
=
où n*j, t*j, m*j sont les sollicitations induites par une charge unitaire au droit de la réaction Rj cherchée et dans sa
direction dans la structure isostatique associée
On peut donc écrire M .M = (m* +
*
1
j
kj
j
mRj
∑
=
=
).M = m*.M + MmR j
kj
j
j .*
1
∑
=
=
Or )(. *
1
*
1
*
1
p
kp
p
isoj
kj
j
j
kj
j
mRMmRMmR pjj
∑∑∑
=
=
=
=
=
=
+=
donc
EI
mRMmR
EI
Mm
EI
M p
kp
p
isoj
kj
j
pj
∫ ∑∫ ∑∫
=
=
=
=
++= )(.*.M *
1
*
1
or d’après le théorème de Ménabréa, chaque intégrale du type
EI
mRMm p
kp
p
j piso
∫ ∑
=
=
+ )( *
1
*
est nulle d’après
l’équation 1.
Donc ∫∫ =
EI
Mm
EI
M .*.M
On raisonne de même sur les quantités N et T.
Ainsi,
δA = dx
xGS
xTt
xEI
xMm
xES
xNn
r
∫ ++
)(
)(.*
)(
)(.*
)(
)(.*
Pour calculer le déplacement dans une structure hyperstatique, il suffit d’appliquer le théorème de
Bertrand de Fontviolant en appliquant une charge unitaire à l’endroit voulu, dans la direction voulue et
dans la structure isostatique associée.
NB : les sollicitations N, M et T sont bien sûr celles existant dans la structure hyperstatique.
6.4 Exemples
6.4.1 Exemple 1
On reprend la poutre de l’exemple précédent, dont on cherche à calculer la rotation en A.
S1 =
A B
p
On a montré que
2
px
pLx
8
3
xM
²
)( −=

Pour calculer la rotation en A, on applique un couple C = 1 dans le sens horaire.
Application de C = 1 dans la structure isostatique :
Lorsqu’on applique C = 1 dans la structure encastrée en B et libre en A, 1CxMiso ==)( , et
∫∫ 





−==
L
0
L
0
iso
A dx1
2
x
Lx
8
3
EI
p
dx
EI
MM ²
θ =
EI48
pL
6
1
2
1
8
3
EI
pL 33
=





−×
Application de C = 1 dans la structure hyperstatique :
A B
C=1
C=1
S22
v22
vA
+
S21
v21
=
Pour déterminer le moment M du au couple unitaire dans la structure hyperstatique, il faut déterminer la réaction
hyperstatique vA engendrée par ce couple unitaire. Pour déterminer vA, on peut appliquer le théorème de
Ménabréa :
xdx
EI
xvC
dx
v
M
EI
M
0
v
U
L
0
A
L
0 AA
∫∫
+
=
∂
∂
==
∂
∂
. On en retire alors : 0
3
L
v
2
CL 3
A =+
²
, soit
L2
C3
vA −= .
Alors : x
L2
3
1x
L2
C3
CxM −=−=)( .
On déduit alors :
∫∫ 





−





−==
L
0
L
0
A dxx
L2
3
1
2
x
Lx
8
3
EI
p
dx
EI
MM ²
θ = ∫∫ 





−−





−
L
0
L
0
dx
L2
x3
2
x
Lx
8
3
EI
p
dx1
2
x
Lx
8
3
EI
p ²
.
²
=I1+ I2
La première intégrale I1 correspond au produit du moment M par le couple C = 1 dans la structure associée,
calcul fait plus haut :
I1 =
EI48
pL3
.
La deuxième intégrale doit donc être nulle :
I2 = 



−=−∫ 8
1
8
1
EIL2
p3
dx
2
x
Lx
8
3
EIL2
p3 3L
0
)²( = 0.
On pouvait s’attendre à ce que ce deuxième membre soit nul. En effet, d’après Ménabréa, 0dx
V
M
EI
M
str
A
=
∂
∂
∫ .
Or x
V
M
A
=
∂
∂
.
( )∫∫ +==
L
0
Aiso
L
0
A dxxvM
EI
M
dx
EI
MM
θ = ∫∫ +
L
0
A
L
0
iso
xdx
EI
M
vdx
EI
MM
= ∫∫ ∂
∂
+
L
0 A
A
L
0
iso
dx
V
M
EI
M
vdx
EI
MM
.
Cette deuxième intégrale est nulle d’après le théorème de Ménabréa.
Rem : le raisonnement avec le choix de la structure isostatique associée sur 2 appuis simples aboutit
exactement au même résultat. Le moment 1M dû au couple C=1 dans la poutre sur 2 appuis est une

combinaison du moment 2M dû au couple C= 1 dans la console et du moment dû à une charge unitaire
appliquée en A dans la console, ce dernier moment est exactement la quantité x
V
M
A
=
∂
∂
.
A B
C=1
C=1
- ½ x
=
M1
M2
x
V
M
A
=
∂
∂
Donc
∫∫ 





∂
∂
−==
L
0 A
2
L
0
1
A dx
V
M
2
1
M
EI
M
dx
EI
MM
θ = ∫
L
0
2
dx
EI
MM
6.4.2 Exemple 2
choix de la structure iso associée (utiliser la symétrie)
6.4.3 Exemple 3
inconnues hyperstatiques V0 et M0.
7 INTEGRALES DE MOHR
7.1 Principe
Lors des § précédents sont établies des formules de type K = ds
EI
sMsm
∫
)()(
. Ces intégrales sont appelées
intégrales de Mohr.
G0
L
G1
a b
G0
L
p
G1

Les moments m(s) ont toujours une évolution linéaire puisqu’ils sont engendrés par des charges ou couples
ponctuels uniques : m(s) est le moment engendré par une charge ou un couple unitaire à l’endroit où l’on désire
connaître la déformée de la structure, dans une direction donnée. Dans un élément de structure donné, on peut
donc écrire m(x) = ax + b.
Le moments M(s) peut avoir une forme très variable, dans la grande majorité des cas, c’est un polynôme.
On se placera dans les cas où le terme EI est constant.
Considérons l’intégrale J = dxxMxm
L
∫0
)()( = a dxxxM
L
∫0
)( +b ∫
L
dxxM
0
)( .
Traçons les courbes représentatives des fonctions m(x) et M(x).
Le terme ∫
L
dxxM
0
)( représente l’aire délimitée par la courbe M(x) avec l’axe Ox sur l’intervalle [0,L]. Cette
aire est du même signe que la fonction M(x). De même, le terme dxxxM
L
∫0
)( s’interprète comme le moment
statique de l’aire par rapport à l’axe Oy. Si on nomme xG l’abscisse du centre de gravité de cette aire , alors on
peut écrire :
dxxxM
L
∫0
)( = .xG.
Il en résulte que l’intégrale J = dxxMxm
L
∫0
)()( = a. .xG + b. = .m(xG)
x
y
Fonction m(x)
L
x
x
y
Fonction M(x)
L
G
f(xG)
xG

7.2 Exemples
M(x) m(x) xG m(xG) dxxMxm
L
∫0
)()(
Mi
L
mj
L
Mi.L
2
L
mj Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
2
1
Mi.L
3
L
mj
2
1
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
2
1
Mi.L
3
2L
mj
2
1
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
2
1
Mi.L
2
L
mj
2
1
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
3
1
Mi.L
4
3L
mj
3
1
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
3
2
Mi.L
8
5L
mj
3
2
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
3
2
Mi.L
2
L
mj
3
2
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
Mi.L
2
L
2
1
mj
2
1
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
2
1
Mi.L
3
L
3
2
mj
3
1
Mi.mj.L

LA
C
p
B
On prendra C = 2pl
2
M(x) m(x) xG m(xG) dxxMxm
L
∫0
)()(
Mi
L
mj
L
2
1
Mi.L
3
2L
3
1
mj
6
1
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
2
1
Mi.L
2
L
2
1
mj
4
1
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
3
1
Mi.L
4
3L
4
1
mj
12
1
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
3
1
Mi.L
4
L
4
3
mj
4
1
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
3
2
Mi.L
8
5L
8
3
mj
4
1
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
3
2
Mi.L
8
3L
8
5
mj
12
5
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
3
2
Mi.L
2
L
2
1
mj
3
1
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
Intervalle[0 ;L/2]
2
1
Mi.
2
L
Intervalle[0 ;L/2]
)
2
(
3
2 L
Intervalle[0 ;L/2]
3
2
mj
x 2 pour obtenir
le total sur [0 ;L]
3
1
Mi.mj.L
Mi
L
mj
L
Intervalle[0 ;L/2]
3
2
Mi.
2
L
Intervalle[0 ;L/2]
)
2
(
8
5 L
Intervalle[0 ;L/2]
8
5
mj
x 2 pour obtenir
le total sur [0 ;L]
12
5
Mi.mj.L
7.3 Exercice
Calculer le déplacement vertical et la
rotation du point A.

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