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Université Djilali BOUNAAMA, Khemis
Miliana
2019 -2020
Faculté des Sciences et de la Technologie
Département de Technologie Master 1 Génie Civil (Structures)
SOLUTION DE LA SERIE D’EXERCICES N°2 SPDDL (Dynamique Des Structures II)
P a g e 1 | 6
Exercice N°1
La structure équivalente au modèle masses ressorts est de la forme suivante :
Avec : K1 ; K3 : représente la rigidité du portique gauche, et égale à : 𝐊𝟏 = 𝐊𝟑 = 𝟐. (
𝟑𝐄𝐈
𝐋𝟑
) (articulation)
K : représente la rigidité du ressort.
Ce système est à deux degrés de libertés :
- Premier degré de liberté : forces dû à un déplacement unitaire en X1(t), et déplacement nul en X2(t).
- Premier degré de liberté : forces dû à un déplacement unitaire en X2(t), et déplacement nul en X1(t).
Donc la matrice de rigidité du système :
[𝐊] = [
(𝐊𝟏 + 𝐊) −𝐤
−𝐤 (𝐊𝟑 + 𝐊)
] = [
𝟔𝐄𝐈
𝐋𝟑
+ 𝐊 −𝐤
−𝐤
𝟔𝐄𝐈
𝐋𝟑
+ 𝐤
]
Exercice N°2
1- Déterminer les matrices de masse [M] et de rigidité [K] :
[M] = [
2m 0
0 m
] = m [
2 0
0 1
]
[K] = [
2k −2k
−2k 5k
] = k [
2 −2
−2 5
]
2- Déterminer les pulsations propres et les modes propres :
a) Détermination des pulsations propres :
On a: det[K − ωi
2
M] = 0 → det [2k − 2mω² −2k
−2k 5k − mω²
] = 0 → (2k − 2mω2). (5k − mω2) − (−2k). (−2k) = 0
2m2
ω4
− 12kmω2
+ 6k2
= 0 → ∆= 24k2
m2
→ √∆= 2√6km
ω1
2
= (3 − √6)
k
m
= 0,55
k
m
→ ω1 = 0,74√
k
m
→ ω2
2
= (3 + √6)
k
m
= 5,449
k
m
→ ω2 = 2,33√
k
m
b) Détermination des modes propres :
[K − ωi
2
M][∅ij] = 0
- Mode 1 : ω1 = 0,74√
k
m
→ ω1
2
= 0,55
k
m
→ [
2k − 2(0,55)k −2k
−2k 5k − 0,55k
] {
∅11 = 1
∅12
} = 0
2
k [
0,9 −2
−2 4,45
] {
1
∅12
} = 0 → {
0,9 − 2∅12 = 0
−2 + 4,45∅12 = 0
→ ∅12 = 0,45
{
∅𝟏𝟏
∅𝟏𝟐
} = {
𝟏
𝟎,𝟒𝟓
}
- Mode 2 : ω2 = 2,33√
k
m
→ ω2
2
= 5,449
k
m
→ [
2k − 2(5,449)k −2k
−2k 5k − 5,449k
] {
∅21 = 1
∅22
} = 0
k [
−8,898 −2
−2 −0,449
]{
1
∅22
} = 0 → {
−8,898 − 2∅22 = 0
−2 + 0,449∅22 = 0
→ ∅22 = −4,45
{
∅𝟐𝟏
∅𝟐𝟐
} = {
𝟏
−𝟒,𝟒𝟓
}
3- Vérifier les propriétés d’orthogonalités :
{∅}1
T[M]{∅}2 = m{1 0,45} [
2 0
0 1
] {
1
−4,45
} = 0 ……………………………………………OK
{∅}1
T[K]{∅}2 = k{1 0,45} [
2 −2
−2 5
] {
1
−4,45
} = 0………………...…...OK
Exercice N°3
1- Les fréquences et les modes propres du système
[
𝐦 𝟎
𝟎 𝐦
] [
𝒙̈ 𝟏
𝒙̈ 𝟐
] + [
𝟐𝐤 −𝐤
−𝐤 𝐤
] [
𝒙𝟏
𝒙𝟐
] = [
𝟎
𝟎
]
[𝐌] = [
𝟏𝟓 𝟎
𝟎 𝟏𝟓
] 𝐭𝐨𝐧𝐧𝐞𝐬; [𝐊] = [
𝟑𝟎 −𝟏𝟓
−𝟏𝟓 𝟏𝟓
] 𝟏𝟎𝟑
𝒌𝑵/𝒎
det[K − ωi
2
M] = [30. 103
− 15ω² −15. 103
−15. 103
15. 103
− 15ω²
] = 0
→ (30. 103
− 15ω²). (15. 103
− 15ω²) − (15. 103)2
= 0 → ω4
− 30. 103
ω2
+ 106
= 0
→ ∆= 9. 106
− 4. 106
→ √∆= √5. 1O6 → ω1,2
2
= (3. 103
∓ √5. 1O6) → {
ω1 = 19,54 𝑟𝑎𝑑/𝑠
ω2 = 51,16 𝑟𝑎𝑑/𝑠
- Mode 1 : (𝝎𝟏 = 𝟏𝟗, 𝟓𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔)
[
2k − mω1
2
−k
−k k − mω1
2] [
1
φ21
] = [
0
0
] → {
2k − mω1
2
− kφ21 = 0
−k + (k + mω1
2)kφ21 = 0
→ k − mω1
2
= mω1
2
φ21
→ φ21 =
k − mω1
2
mω1
2 =
15. 103
15. (19,54)2
− 1 = 1,62
𝛗𝟏 = [
𝟏
𝛗𝟐𝟏
] = [
𝟏
𝟏, 𝟔𝟐
]
- Mode 1 : (𝝎𝟏 = 𝟓𝟏, 𝟏𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔)
→ φ22 =
15. 103
15. (51,16)2
− 1 = −0,62
𝛗𝟏 = [
𝟏
𝛗𝟐𝟐
] = [
𝟏
−𝟎, 𝟔𝟐
]
2
1
3
2- Détermination de la réponse permanente :
𝐩(𝐭) = [
𝐏𝟏(𝐭)
𝐏𝟐(𝐭)
] = [
𝟏
𝟏
] . 𝟏𝟎𝟑
𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) [𝐍]
{
𝐦𝐱̈𝟏 + 𝟐𝐤𝐱𝟏 − 𝟐𝐤𝐱𝟏 = 𝐏𝟏(𝐭)
𝐦𝐱̈𝟐 − 𝟐𝐤𝐱𝟏 + 𝟐𝐤𝐱𝟐 = 𝐏𝟐(𝐭)
- masses et forces généralisées :
m1 = φ1
T
Mφ1 = [1 1,62] [
15 0
0 15
] [
1
1,62
] → 𝐦𝟏 = 𝟓𝟒, 𝟑𝟔 𝐭
m2 = φ2
T
Mφ2 = [1 −0,62] [
15 0
0 15
] [
1
−0,62
] → 𝐦𝟏 = 𝟐𝟎, 𝟕𝟔 𝐭
f1 = φ1
T
P(t) = [1 1,62] [
1
1
] sin(20t) → 𝐟𝟏 = 𝟐, 𝟔𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) [𝐤𝐍]
f2 = φ2
T
P(t) = [1 −0,62] [
1
1
] sin(20t) → 𝐟𝟐 = 𝟎, 𝟑𝟖 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) [𝐤𝐍]
- Réponse permanente en coordonnés normales
𝐲̈𝐣(𝐭) + 𝛚𝐣
𝟐
𝐲𝐣(𝐭) =
𝐏𝐣(𝒕)
𝐦𝐣
𝐲(𝐭) = (
𝐅𝟎
𝐤
.
𝟏
𝟏 − 𝛃𝟐
) 𝐬𝐢𝐧(𝛚
̅𝐭) → 𝐲𝐣(𝐭) = (
𝐅𝟎𝐢
𝛚𝐣
𝟐
𝐌𝐣
.
𝟏
𝟏 − 𝛃𝐣
𝟐) 𝐬𝐢𝐧(𝛚
̅𝐭)
Avec :
{
𝛃𝟏 =
𝛚
̅
𝛚𝟏
=
𝟐𝟎
𝟏𝟗, 𝟓𝟒
= 𝟏, 𝟎𝟐𝟑
𝛃𝟐 =
𝛚
̅
𝛚𝟐
=
𝟐𝟎
𝟓𝟏, 𝟏𝟔
= 𝟎, 𝟑𝟗
{
𝐲𝟏(𝐭) =
(𝟒, 𝟖𝟐). 𝟏𝟎−𝟐
𝟑𝟖𝟏, 𝟖𝟏
.
𝟏
𝟏 − (𝟏, 𝟎𝟐𝟑)𝟐
. 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) = −𝟐, 𝟕𝟏. 𝟏𝟎−𝟑
. 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) [𝐦]
𝐲𝟐(𝐭) =
(𝟏, 𝟖𝟑). 𝟏𝟎−𝟐
𝟐𝟔𝟏𝟕, 𝟑𝟒
.
𝟏
𝟏 − (𝟏, 𝟑𝟗)𝟐
. 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) = 𝟖, 𝟐𝟒. 𝟏𝟎−𝟔
. 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) [𝐦]
La réponse du système est :
𝐗(𝐭) = [
𝐱𝟏(𝐭)
𝐱𝟐(𝐭)
] = 𝛗𝟏 𝐲𝟏(𝐭) + 𝛗𝟐 𝐲𝟐(𝐭)
𝐗(𝐭) = [
𝐱𝟏(𝐭)
𝐱𝟐(𝐭)
] = − [
𝟏
𝟏, 𝟔𝟐
] . 𝟐, 𝟕𝟏. 𝟏𝟎−𝟑
𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) + [
𝟏
−𝟎, 𝟔𝟐
] . 𝟖, 𝟐𝟒. 𝟏𝟎−𝟔
𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭)
[
𝐱𝟏
𝐦𝐚𝐱
𝐱𝟐
𝐦𝐚𝐱] = [
𝟐, 𝟕
𝟒, 𝟑𝟖
] (𝐦𝐦)
Exercice N°4
4
Le système est soumis à la composante horizontale d’un séisme donnée par l’accélération du sol (𝒙̈𝒈), telle que :
𝐱̈𝐠 = 𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) [𝒎 𝒔𝟐
⁄ ].
L’équation du mouvement est de la forme :
𝐌𝐗̈ + 𝐊𝐗 = −𝐌𝐗̈ 𝒈(𝐭)
[
𝟓𝟎 𝟎
𝟎 𝟓𝟎
] [
𝐱̈𝟏
𝐱̈𝟐
] + 𝟑𝟎. 𝟏𝟎𝟒
[
𝟐 −𝟏
−𝟏 𝟏
] [
𝐱𝟏
𝐱𝟐
] = − [
𝟓𝟎 𝟎
𝟎 𝟓𝟎
] [
𝟏
𝟏
] 𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭)
Donc : 𝐏(𝐭) = − [
𝟏
𝟏
] 𝟏𝟎𝟎 𝒔𝒊𝒏(𝟏𝟎𝒕) [𝐤𝐍]
1- l’expression des déplacements relatifs (en régime permanent) :
m1 = φ1
T
Mφ1 = [1 1,618] [
50 0
0 50
] [
1
1,618
] → 𝐦𝟏 = 𝟏𝟖𝟎, 𝟗 𝐭
m2 = φ2
T
Mφ2 = [1 −0,618] [
50 0
0 50
] [
1
−0,618
] → 𝐦𝟏 = 𝟔𝟗, 𝟎𝟗 𝐭
p1 = φ1
T
P(t) = [1 1,618] [
−1
−1
] 100 sin(10t) → 𝐩𝟏 = −𝟐𝟔𝟏, 𝟖 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) [𝐤𝐍]
p2 = φ2
T
P(t) = [1 −0,618] [
−1
−1
] 100 sin(10t) → 𝐩𝟐 = −𝟑𝟖, 𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) [𝐤𝐍]
Réponse des coordonnées permanente est :
𝐲̈𝒋(𝐭) + 𝛚𝐣
𝟐
𝐲𝐣(𝐭) =
𝐏𝐣(𝒕)
𝐦𝐣
𝐲(𝐭) = (
𝐅𝟎
𝐤
.
𝟏
𝟏 − 𝛃𝟐
) 𝐬𝐢𝐧(𝛚
̅𝐭) → 𝐲𝐣(𝐭) = (
𝐅𝟎𝐢
𝛚𝐣
𝟐
𝐦𝐣
.
𝟏
𝟏 − 𝛃𝐣
𝟐) 𝐬𝐢𝐧(𝛚
̅𝐭)
Avec :
{
𝛃𝟏 =
𝛚
̅
𝛚𝟏
=
𝟏𝟎
𝟏𝟓, 𝟏𝟒
= 𝟎, 𝟔𝟔
𝛃𝟐 =
𝛚
̅
𝛚𝟐
=
𝟏𝟎
𝟑𝟗, 𝟔𝟖
= 𝟎, 𝟐𝟓
{
𝐲𝟏(𝐭) =
−𝟏, 𝟒𝟒
(𝟏𝟓, 𝟏𝟒)𝟐
.
𝟏
𝟏 − (𝟎, 𝟔𝟔)𝟐
. 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) = −𝟏𝟏, 𝟏𝟑. 𝟏𝟎−𝟑
. 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) [𝐦]
𝐲𝟐(𝐭) =
−𝟎, 𝟓𝟓
(𝟑𝟗, 𝟔𝟖)𝟐
.
𝟏
𝟏 − (𝟎, 𝟐𝟓)𝟐
. 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) = 𝟎, 𝟑𝟕𝟐. 𝟏𝟎−𝟑
. 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) [𝐦]
La réponse du système est :
𝐗(𝐭) = [
𝐱𝟏(𝐭)
𝐱𝟐(𝐭)
] = 𝛗𝟏 𝐲𝟏(𝐭) + 𝛗𝟐 𝐲𝟐(𝐭)
𝐗(𝐭) = [
𝐱𝟏(𝐭)
𝐱𝟐(𝐭)
] = [
𝟏
𝟏, 𝟔𝟏𝟖
] . (−𝟏𝟏, 𝟏𝟑. 𝟏𝟎−𝟑
) 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) + [
𝟏
−𝟎, 𝟔𝟏𝟖
] . 𝟎, 𝟑𝟕𝟐. 𝟏𝟎−𝟑
𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭)
𝐗(𝐭) = [
𝐱𝟏(𝐭)
𝐱𝟐(𝐭)
] = [
−𝟏𝟎, 𝟕𝟓. 𝟏𝟎−𝟑
𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭)
−𝟏𝟖. 𝟐𝟑. 𝟏𝟎−𝟑
𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭)
] (𝐦)
5
2- L’effort tranchant maximal à la base de la structure
On a : T = K .X
En forme matricielle :
[
𝐓𝟏
𝐓𝟐
] = 𝟑𝟎. 𝟏𝟎𝟒
[
𝟐 −𝟏
−𝟏 𝟏
] [
𝐱𝟏
𝐱𝟐
] = 𝟑𝟎. 𝟏𝟎𝟒
[
𝟐 −𝟏
−𝟏 𝟏
] [
−𝟏𝟎, 𝟕𝟓. 𝟏𝟎−𝟑
𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭)
−𝟏𝟖, 𝟐𝟑. 𝟏𝟎−𝟑
𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭)
]
Donc :
[
𝐓𝟏
𝐓𝟐
] = [
−𝟗𝟖𝟏
−𝟐𝟐𝟒𝟒
] (𝐤𝐍)
L’effort tranchant maximal à la base (𝐓𝐛𝐚𝐬𝐞
𝐦𝐚𝐱
) est :
𝐓𝐛𝐚𝐬𝐞
𝐦𝐚𝐱
= 𝐓𝟏 + 𝐓𝟐 = −𝟗𝟖𝟏 − 𝟐𝟐𝟒𝟒 = −𝟑𝟐𝟐𝟓 𝐤𝐍
Exercice N°5
𝐌 = [
𝟏𝟕𝟓 𝟎 𝟎
𝟎 𝟐𝟔𝟑 𝟎
𝟎 𝟎 𝟑𝟓𝟎
] (𝐭) ; 𝐏(𝐭) = [
𝟒𝟒𝟓
𝟎
𝟎
] (𝐤𝐍)
m1 = φ1
T
Mφ1 = [1 0,64 0,3] [
175 0 0
0 263 0
0 0 350
] [
1
0,64
0,3
] → 𝐦𝟏 = 𝟑𝟏𝟒, 𝟐𝟐 𝐭
m2 = φ2
T
Mφ2 = [1 −0,6 −0,67] [
175 0 0
0 263 0
0 0 350
] [
1
−0,6
−0,67
] → 𝐦𝟐 = 𝟑𝟒𝟐𝟔, 𝟖 𝐭
m3 = φ3
T
Mφ3 = [1 −2,57 2,47] [
175 0 0
0 263 0
0 0 350
] [
1
−2,57
2,47
] → 𝐦𝟑 = 𝟒𝟎𝟒𝟕, 𝟒 𝐭
p1 = φ1
T
P(t) = [1 0,64 0,3] [
445
0
0
] → 𝐩𝟏 = 𝟒𝟒𝟓 [𝐤𝐍]
p2 = φ2
T
P(t) = [1 −0,6 −0,67] [
445
0
0
] → 𝐩𝟐 = 𝟒𝟒𝟓 [𝐤𝐍]
p3 = φ3
T
P(t) = [1 −2,57 2,47] [
445
0
0
] → 𝐩𝟑 = 𝟒𝟒𝟓 [𝐤𝐍]
𝐲̈𝒋(𝐭) + 𝛚𝐣
𝟐
𝐲𝐣(𝐭) =
𝐏𝐣(𝒕)
𝐦𝐣
Pour un chargement constant appliqué au niveau de la structure, la solution de l’équation du système est :
𝐱(𝐭) = 𝐱𝐡(𝐭) + 𝐱𝐩(𝐭) = 𝐀 𝐬𝐢𝐧 𝛚𝟎𝐭 + 𝐁 𝐜𝐨𝐬 𝛚𝟎𝐭 +
𝐏𝟎
𝐤
−𝟗𝟖𝟏𝐤𝐍
−𝟐𝟐𝟒𝟒𝐤𝐍
−𝟑𝟐𝟐𝟓𝐤𝐍
6
Conditions initiales : 𝐲𝐣(𝟎) = 𝐲̇𝐣(𝟎) = 𝟎
𝐁 = −
𝐏𝐢𝟎
𝐤
= −
𝐏𝐢𝟎
𝐦𝐢𝛚𝐢
𝟐
; 𝐀 = 𝟎
𝐲𝐣(𝐭) =
𝐏𝐢𝟎
𝐦𝐢𝛚𝐢
𝟐
. (𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝛚𝐢𝐭)
{
𝐲𝟏(𝐭) = 𝟔, 𝟕𝟑(𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝟏𝟒, 𝟓𝐭)
𝐲𝟐(𝐭) = 𝟏, 𝟎𝟕(𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝟏, 𝟏𝐭)
𝐲𝟑(𝐭) = 𝟓, 𝟏𝟕. 𝟏𝟎−𝟐
(𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝟒𝟔, 𝟏𝐭)
(𝐦𝐦)
𝐗(𝐭) = [
𝐱𝟏(𝐭)
𝐱𝟐(𝐭)
𝐱𝟑(𝐭)
] = 𝛗𝟏 𝐲𝟏(𝐭) + 𝛗𝟐 𝐲𝟐(𝐭) + 𝛗𝟑 𝐲𝟑(𝐭)
X(𝐭) = [
𝐱𝟏(𝐭)
𝐱𝟐(𝐭)
𝐱𝟑(𝐭)
] = [
1
0,64
0,3
] . 𝐲𝟏(𝐭) + [
1
−0,6
−0,67
] . 𝐲𝟐(𝐭) + [
1
−2,57
2,47
] 𝐲𝟑(𝐭)
{
𝐱𝟏(𝐭) = 𝐲𝟏(𝐭) + 𝐲𝟐(𝐭) + 𝐲𝟑(𝐭)
𝐱𝟐(𝐭) = 𝟎, 𝟔𝟒𝐲𝟏(𝐭) − 𝟎, 𝟔𝐲𝟐(𝐭) − 𝟐, 𝟓𝟕𝐲𝟑(𝐭)
𝐱𝟑(𝐭) = 𝟎, 𝟑𝐲𝟏(𝐭) − 𝟎, 𝟔𝟕𝐲𝟐(𝐭) + 𝟐, 𝟒𝟕𝐲𝟑(𝐭)
(𝐦𝐦)

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Cours series fourier
 

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  • 1. Université Djilali BOUNAAMA, Khemis Miliana 2019 -2020 Faculté des Sciences et de la Technologie Département de Technologie Master 1 Génie Civil (Structures) SOLUTION DE LA SERIE D’EXERCICES N°2 SPDDL (Dynamique Des Structures II) P a g e 1 | 6 Exercice N°1 La structure équivalente au modèle masses ressorts est de la forme suivante : Avec : K1 ; K3 : représente la rigidité du portique gauche, et égale à : 𝐊𝟏 = 𝐊𝟑 = 𝟐. ( 𝟑𝐄𝐈 𝐋𝟑 ) (articulation) K : représente la rigidité du ressort. Ce système est à deux degrés de libertés : - Premier degré de liberté : forces dû à un déplacement unitaire en X1(t), et déplacement nul en X2(t). - Premier degré de liberté : forces dû à un déplacement unitaire en X2(t), et déplacement nul en X1(t). Donc la matrice de rigidité du système : [𝐊] = [ (𝐊𝟏 + 𝐊) −𝐤 −𝐤 (𝐊𝟑 + 𝐊) ] = [ 𝟔𝐄𝐈 𝐋𝟑 + 𝐊 −𝐤 −𝐤 𝟔𝐄𝐈 𝐋𝟑 + 𝐤 ] Exercice N°2 1- Déterminer les matrices de masse [M] et de rigidité [K] : [M] = [ 2m 0 0 m ] = m [ 2 0 0 1 ] [K] = [ 2k −2k −2k 5k ] = k [ 2 −2 −2 5 ] 2- Déterminer les pulsations propres et les modes propres : a) Détermination des pulsations propres : On a: det[K − ωi 2 M] = 0 → det [2k − 2mω² −2k −2k 5k − mω² ] = 0 → (2k − 2mω2). (5k − mω2) − (−2k). (−2k) = 0 2m2 ω4 − 12kmω2 + 6k2 = 0 → ∆= 24k2 m2 → √∆= 2√6km ω1 2 = (3 − √6) k m = 0,55 k m → ω1 = 0,74√ k m → ω2 2 = (3 + √6) k m = 5,449 k m → ω2 = 2,33√ k m b) Détermination des modes propres : [K − ωi 2 M][∅ij] = 0 - Mode 1 : ω1 = 0,74√ k m → ω1 2 = 0,55 k m → [ 2k − 2(0,55)k −2k −2k 5k − 0,55k ] { ∅11 = 1 ∅12 } = 0
  • 2. 2 k [ 0,9 −2 −2 4,45 ] { 1 ∅12 } = 0 → { 0,9 − 2∅12 = 0 −2 + 4,45∅12 = 0 → ∅12 = 0,45 { ∅𝟏𝟏 ∅𝟏𝟐 } = { 𝟏 𝟎,𝟒𝟓 } - Mode 2 : ω2 = 2,33√ k m → ω2 2 = 5,449 k m → [ 2k − 2(5,449)k −2k −2k 5k − 5,449k ] { ∅21 = 1 ∅22 } = 0 k [ −8,898 −2 −2 −0,449 ]{ 1 ∅22 } = 0 → { −8,898 − 2∅22 = 0 −2 + 0,449∅22 = 0 → ∅22 = −4,45 { ∅𝟐𝟏 ∅𝟐𝟐 } = { 𝟏 −𝟒,𝟒𝟓 } 3- Vérifier les propriétés d’orthogonalités : {∅}1 T[M]{∅}2 = m{1 0,45} [ 2 0 0 1 ] { 1 −4,45 } = 0 ……………………………………………OK {∅}1 T[K]{∅}2 = k{1 0,45} [ 2 −2 −2 5 ] { 1 −4,45 } = 0………………...…...OK Exercice N°3 1- Les fréquences et les modes propres du système [ 𝐦 𝟎 𝟎 𝐦 ] [ 𝒙̈ 𝟏 𝒙̈ 𝟐 ] + [ 𝟐𝐤 −𝐤 −𝐤 𝐤 ] [ 𝒙𝟏 𝒙𝟐 ] = [ 𝟎 𝟎 ] [𝐌] = [ 𝟏𝟓 𝟎 𝟎 𝟏𝟓 ] 𝐭𝐨𝐧𝐧𝐞𝐬; [𝐊] = [ 𝟑𝟎 −𝟏𝟓 −𝟏𝟓 𝟏𝟓 ] 𝟏𝟎𝟑 𝒌𝑵/𝒎 det[K − ωi 2 M] = [30. 103 − 15ω² −15. 103 −15. 103 15. 103 − 15ω² ] = 0 → (30. 103 − 15ω²). (15. 103 − 15ω²) − (15. 103)2 = 0 → ω4 − 30. 103 ω2 + 106 = 0 → ∆= 9. 106 − 4. 106 → √∆= √5. 1O6 → ω1,2 2 = (3. 103 ∓ √5. 1O6) → { ω1 = 19,54 𝑟𝑎𝑑/𝑠 ω2 = 51,16 𝑟𝑎𝑑/𝑠 - Mode 1 : (𝝎𝟏 = 𝟏𝟗, 𝟓𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔) [ 2k − mω1 2 −k −k k − mω1 2] [ 1 φ21 ] = [ 0 0 ] → { 2k − mω1 2 − kφ21 = 0 −k + (k + mω1 2)kφ21 = 0 → k − mω1 2 = mω1 2 φ21 → φ21 = k − mω1 2 mω1 2 = 15. 103 15. (19,54)2 − 1 = 1,62 𝛗𝟏 = [ 𝟏 𝛗𝟐𝟏 ] = [ 𝟏 𝟏, 𝟔𝟐 ] - Mode 1 : (𝝎𝟏 = 𝟓𝟏, 𝟏𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔) → φ22 = 15. 103 15. (51,16)2 − 1 = −0,62 𝛗𝟏 = [ 𝟏 𝛗𝟐𝟐 ] = [ 𝟏 −𝟎, 𝟔𝟐 ] 2 1
  • 3. 3 2- Détermination de la réponse permanente : 𝐩(𝐭) = [ 𝐏𝟏(𝐭) 𝐏𝟐(𝐭) ] = [ 𝟏 𝟏 ] . 𝟏𝟎𝟑 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) [𝐍] { 𝐦𝐱̈𝟏 + 𝟐𝐤𝐱𝟏 − 𝟐𝐤𝐱𝟏 = 𝐏𝟏(𝐭) 𝐦𝐱̈𝟐 − 𝟐𝐤𝐱𝟏 + 𝟐𝐤𝐱𝟐 = 𝐏𝟐(𝐭) - masses et forces généralisées : m1 = φ1 T Mφ1 = [1 1,62] [ 15 0 0 15 ] [ 1 1,62 ] → 𝐦𝟏 = 𝟓𝟒, 𝟑𝟔 𝐭 m2 = φ2 T Mφ2 = [1 −0,62] [ 15 0 0 15 ] [ 1 −0,62 ] → 𝐦𝟏 = 𝟐𝟎, 𝟕𝟔 𝐭 f1 = φ1 T P(t) = [1 1,62] [ 1 1 ] sin(20t) → 𝐟𝟏 = 𝟐, 𝟔𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) [𝐤𝐍] f2 = φ2 T P(t) = [1 −0,62] [ 1 1 ] sin(20t) → 𝐟𝟐 = 𝟎, 𝟑𝟖 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) [𝐤𝐍] - Réponse permanente en coordonnés normales 𝐲̈𝐣(𝐭) + 𝛚𝐣 𝟐 𝐲𝐣(𝐭) = 𝐏𝐣(𝒕) 𝐦𝐣 𝐲(𝐭) = ( 𝐅𝟎 𝐤 . 𝟏 𝟏 − 𝛃𝟐 ) 𝐬𝐢𝐧(𝛚 ̅𝐭) → 𝐲𝐣(𝐭) = ( 𝐅𝟎𝐢 𝛚𝐣 𝟐 𝐌𝐣 . 𝟏 𝟏 − 𝛃𝐣 𝟐) 𝐬𝐢𝐧(𝛚 ̅𝐭) Avec : { 𝛃𝟏 = 𝛚 ̅ 𝛚𝟏 = 𝟐𝟎 𝟏𝟗, 𝟓𝟒 = 𝟏, 𝟎𝟐𝟑 𝛃𝟐 = 𝛚 ̅ 𝛚𝟐 = 𝟐𝟎 𝟓𝟏, 𝟏𝟔 = 𝟎, 𝟑𝟗 { 𝐲𝟏(𝐭) = (𝟒, 𝟖𝟐). 𝟏𝟎−𝟐 𝟑𝟖𝟏, 𝟖𝟏 . 𝟏 𝟏 − (𝟏, 𝟎𝟐𝟑)𝟐 . 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) = −𝟐, 𝟕𝟏. 𝟏𝟎−𝟑 . 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) [𝐦] 𝐲𝟐(𝐭) = (𝟏, 𝟖𝟑). 𝟏𝟎−𝟐 𝟐𝟔𝟏𝟕, 𝟑𝟒 . 𝟏 𝟏 − (𝟏, 𝟑𝟗)𝟐 . 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) = 𝟖, 𝟐𝟒. 𝟏𝟎−𝟔 . 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) [𝐦] La réponse du système est : 𝐗(𝐭) = [ 𝐱𝟏(𝐭) 𝐱𝟐(𝐭) ] = 𝛗𝟏 𝐲𝟏(𝐭) + 𝛗𝟐 𝐲𝟐(𝐭) 𝐗(𝐭) = [ 𝐱𝟏(𝐭) 𝐱𝟐(𝐭) ] = − [ 𝟏 𝟏, 𝟔𝟐 ] . 𝟐, 𝟕𝟏. 𝟏𝟎−𝟑 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) + [ 𝟏 −𝟎, 𝟔𝟐 ] . 𝟖, 𝟐𝟒. 𝟏𝟎−𝟔 𝐬𝐢𝐧(𝟐𝟎𝐭) [ 𝐱𝟏 𝐦𝐚𝐱 𝐱𝟐 𝐦𝐚𝐱] = [ 𝟐, 𝟕 𝟒, 𝟑𝟖 ] (𝐦𝐦) Exercice N°4
  • 4. 4 Le système est soumis à la composante horizontale d’un séisme donnée par l’accélération du sol (𝒙̈𝒈), telle que : 𝐱̈𝐠 = 𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) [𝒎 𝒔𝟐 ⁄ ]. L’équation du mouvement est de la forme : 𝐌𝐗̈ + 𝐊𝐗 = −𝐌𝐗̈ 𝒈(𝐭) [ 𝟓𝟎 𝟎 𝟎 𝟓𝟎 ] [ 𝐱̈𝟏 𝐱̈𝟐 ] + 𝟑𝟎. 𝟏𝟎𝟒 [ 𝟐 −𝟏 −𝟏 𝟏 ] [ 𝐱𝟏 𝐱𝟐 ] = − [ 𝟓𝟎 𝟎 𝟎 𝟓𝟎 ] [ 𝟏 𝟏 ] 𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) Donc : 𝐏(𝐭) = − [ 𝟏 𝟏 ] 𝟏𝟎𝟎 𝒔𝒊𝒏(𝟏𝟎𝒕) [𝐤𝐍] 1- l’expression des déplacements relatifs (en régime permanent) : m1 = φ1 T Mφ1 = [1 1,618] [ 50 0 0 50 ] [ 1 1,618 ] → 𝐦𝟏 = 𝟏𝟖𝟎, 𝟗 𝐭 m2 = φ2 T Mφ2 = [1 −0,618] [ 50 0 0 50 ] [ 1 −0,618 ] → 𝐦𝟏 = 𝟔𝟗, 𝟎𝟗 𝐭 p1 = φ1 T P(t) = [1 1,618] [ −1 −1 ] 100 sin(10t) → 𝐩𝟏 = −𝟐𝟔𝟏, 𝟖 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) [𝐤𝐍] p2 = φ2 T P(t) = [1 −0,618] [ −1 −1 ] 100 sin(10t) → 𝐩𝟐 = −𝟑𝟖, 𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) [𝐤𝐍] Réponse des coordonnées permanente est : 𝐲̈𝒋(𝐭) + 𝛚𝐣 𝟐 𝐲𝐣(𝐭) = 𝐏𝐣(𝒕) 𝐦𝐣 𝐲(𝐭) = ( 𝐅𝟎 𝐤 . 𝟏 𝟏 − 𝛃𝟐 ) 𝐬𝐢𝐧(𝛚 ̅𝐭) → 𝐲𝐣(𝐭) = ( 𝐅𝟎𝐢 𝛚𝐣 𝟐 𝐦𝐣 . 𝟏 𝟏 − 𝛃𝐣 𝟐) 𝐬𝐢𝐧(𝛚 ̅𝐭) Avec : { 𝛃𝟏 = 𝛚 ̅ 𝛚𝟏 = 𝟏𝟎 𝟏𝟓, 𝟏𝟒 = 𝟎, 𝟔𝟔 𝛃𝟐 = 𝛚 ̅ 𝛚𝟐 = 𝟏𝟎 𝟑𝟗, 𝟔𝟖 = 𝟎, 𝟐𝟓 { 𝐲𝟏(𝐭) = −𝟏, 𝟒𝟒 (𝟏𝟓, 𝟏𝟒)𝟐 . 𝟏 𝟏 − (𝟎, 𝟔𝟔)𝟐 . 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) = −𝟏𝟏, 𝟏𝟑. 𝟏𝟎−𝟑 . 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) [𝐦] 𝐲𝟐(𝐭) = −𝟎, 𝟓𝟓 (𝟑𝟗, 𝟔𝟖)𝟐 . 𝟏 𝟏 − (𝟎, 𝟐𝟓)𝟐 . 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) = 𝟎, 𝟑𝟕𝟐. 𝟏𝟎−𝟑 . 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) [𝐦] La réponse du système est : 𝐗(𝐭) = [ 𝐱𝟏(𝐭) 𝐱𝟐(𝐭) ] = 𝛗𝟏 𝐲𝟏(𝐭) + 𝛗𝟐 𝐲𝟐(𝐭) 𝐗(𝐭) = [ 𝐱𝟏(𝐭) 𝐱𝟐(𝐭) ] = [ 𝟏 𝟏, 𝟔𝟏𝟖 ] . (−𝟏𝟏, 𝟏𝟑. 𝟏𝟎−𝟑 ) 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) + [ 𝟏 −𝟎, 𝟔𝟏𝟖 ] . 𝟎, 𝟑𝟕𝟐. 𝟏𝟎−𝟑 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) 𝐗(𝐭) = [ 𝐱𝟏(𝐭) 𝐱𝟐(𝐭) ] = [ −𝟏𝟎, 𝟕𝟓. 𝟏𝟎−𝟑 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) −𝟏𝟖. 𝟐𝟑. 𝟏𝟎−𝟑 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) ] (𝐦)
  • 5. 5 2- L’effort tranchant maximal à la base de la structure On a : T = K .X En forme matricielle : [ 𝐓𝟏 𝐓𝟐 ] = 𝟑𝟎. 𝟏𝟎𝟒 [ 𝟐 −𝟏 −𝟏 𝟏 ] [ 𝐱𝟏 𝐱𝟐 ] = 𝟑𝟎. 𝟏𝟎𝟒 [ 𝟐 −𝟏 −𝟏 𝟏 ] [ −𝟏𝟎, 𝟕𝟓. 𝟏𝟎−𝟑 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) −𝟏𝟖, 𝟐𝟑. 𝟏𝟎−𝟑 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟎𝐭) ] Donc : [ 𝐓𝟏 𝐓𝟐 ] = [ −𝟗𝟖𝟏 −𝟐𝟐𝟒𝟒 ] (𝐤𝐍) L’effort tranchant maximal à la base (𝐓𝐛𝐚𝐬𝐞 𝐦𝐚𝐱 ) est : 𝐓𝐛𝐚𝐬𝐞 𝐦𝐚𝐱 = 𝐓𝟏 + 𝐓𝟐 = −𝟗𝟖𝟏 − 𝟐𝟐𝟒𝟒 = −𝟑𝟐𝟐𝟓 𝐤𝐍 Exercice N°5 𝐌 = [ 𝟏𝟕𝟓 𝟎 𝟎 𝟎 𝟐𝟔𝟑 𝟎 𝟎 𝟎 𝟑𝟓𝟎 ] (𝐭) ; 𝐏(𝐭) = [ 𝟒𝟒𝟓 𝟎 𝟎 ] (𝐤𝐍) m1 = φ1 T Mφ1 = [1 0,64 0,3] [ 175 0 0 0 263 0 0 0 350 ] [ 1 0,64 0,3 ] → 𝐦𝟏 = 𝟑𝟏𝟒, 𝟐𝟐 𝐭 m2 = φ2 T Mφ2 = [1 −0,6 −0,67] [ 175 0 0 0 263 0 0 0 350 ] [ 1 −0,6 −0,67 ] → 𝐦𝟐 = 𝟑𝟒𝟐𝟔, 𝟖 𝐭 m3 = φ3 T Mφ3 = [1 −2,57 2,47] [ 175 0 0 0 263 0 0 0 350 ] [ 1 −2,57 2,47 ] → 𝐦𝟑 = 𝟒𝟎𝟒𝟕, 𝟒 𝐭 p1 = φ1 T P(t) = [1 0,64 0,3] [ 445 0 0 ] → 𝐩𝟏 = 𝟒𝟒𝟓 [𝐤𝐍] p2 = φ2 T P(t) = [1 −0,6 −0,67] [ 445 0 0 ] → 𝐩𝟐 = 𝟒𝟒𝟓 [𝐤𝐍] p3 = φ3 T P(t) = [1 −2,57 2,47] [ 445 0 0 ] → 𝐩𝟑 = 𝟒𝟒𝟓 [𝐤𝐍] 𝐲̈𝒋(𝐭) + 𝛚𝐣 𝟐 𝐲𝐣(𝐭) = 𝐏𝐣(𝒕) 𝐦𝐣 Pour un chargement constant appliqué au niveau de la structure, la solution de l’équation du système est : 𝐱(𝐭) = 𝐱𝐡(𝐭) + 𝐱𝐩(𝐭) = 𝐀 𝐬𝐢𝐧 𝛚𝟎𝐭 + 𝐁 𝐜𝐨𝐬 𝛚𝟎𝐭 + 𝐏𝟎 𝐤 −𝟗𝟖𝟏𝐤𝐍 −𝟐𝟐𝟒𝟒𝐤𝐍 −𝟑𝟐𝟐𝟓𝐤𝐍
  • 6. 6 Conditions initiales : 𝐲𝐣(𝟎) = 𝐲̇𝐣(𝟎) = 𝟎 𝐁 = − 𝐏𝐢𝟎 𝐤 = − 𝐏𝐢𝟎 𝐦𝐢𝛚𝐢 𝟐 ; 𝐀 = 𝟎 𝐲𝐣(𝐭) = 𝐏𝐢𝟎 𝐦𝐢𝛚𝐢 𝟐 . (𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝛚𝐢𝐭) { 𝐲𝟏(𝐭) = 𝟔, 𝟕𝟑(𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝟏𝟒, 𝟓𝐭) 𝐲𝟐(𝐭) = 𝟏, 𝟎𝟕(𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝟏, 𝟏𝐭) 𝐲𝟑(𝐭) = 𝟓, 𝟏𝟕. 𝟏𝟎−𝟐 (𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝟒𝟔, 𝟏𝐭) (𝐦𝐦) 𝐗(𝐭) = [ 𝐱𝟏(𝐭) 𝐱𝟐(𝐭) 𝐱𝟑(𝐭) ] = 𝛗𝟏 𝐲𝟏(𝐭) + 𝛗𝟐 𝐲𝟐(𝐭) + 𝛗𝟑 𝐲𝟑(𝐭) X(𝐭) = [ 𝐱𝟏(𝐭) 𝐱𝟐(𝐭) 𝐱𝟑(𝐭) ] = [ 1 0,64 0,3 ] . 𝐲𝟏(𝐭) + [ 1 −0,6 −0,67 ] . 𝐲𝟐(𝐭) + [ 1 −2,57 2,47 ] 𝐲𝟑(𝐭) { 𝐱𝟏(𝐭) = 𝐲𝟏(𝐭) + 𝐲𝟐(𝐭) + 𝐲𝟑(𝐭) 𝐱𝟐(𝐭) = 𝟎, 𝟔𝟒𝐲𝟏(𝐭) − 𝟎, 𝟔𝐲𝟐(𝐭) − 𝟐, 𝟓𝟕𝐲𝟑(𝐭) 𝐱𝟑(𝐭) = 𝟎, 𝟑𝐲𝟏(𝐭) − 𝟎, 𝟔𝟕𝐲𝟐(𝐭) + 𝟐, 𝟒𝟕𝐲𝟑(𝐭) (𝐦𝐦)