Exercice 1:

1/ Déterminer le chargement nodal équivalent à un chargement réparti constant (p, q,m) appliqué sur une poutre
biencastrée de longueur L.

2/ Déduire les réactions aux appuis

1 0 0  p1 
   q + m  
0 1 1 
  p  1 1
L
1 1    q + m 1 
  
FR =    f dx =  
L L
0
 q dx =   1
t
 dx

0  2
0 0   0 
p 
0
m 2
0
 2  2  q 2 + m 2 
 
 0 2  2   q 2 + m 2 

 x x 3 2 2 3
1 ( x ) = 1 − L ,  2 ( x ) = L , 1 ( x ) = 1 − L2 x + L3 x

 ( x ) = 3 x 2 − 2 x 3 ,  ( x ) = x − 2 x 2 + 1 x 3 ,  ( x ) = − 1 x 2 + 1 x 3
 2 L2 L3
1
L L2
2
L L2

 L   L 
 p2   −p2 
 L   L 
q − m − q + m 
 2 2   2 
 L   L2 
q −q
FR  =  12L  Les réactions aux appuis R = −FR  =  12L 
 p   −p 
 2   2 
q L + m  − q L − m
 2   2 
 L2   L2 
 −q   q 
 12   12 
Exercice 2 :

1/ Déterminer les chargements nodaux équivalents pour les structures suivantes

Le chargement nodal équivalent (cas d’un chargement concentré)

F  = (x ) Q 
P 0
t
 1 (a ) 0 0   0   0 
      3 2 2 3
1 (a ) 1 (a )
 0
  0   1 (a ) 1 − L2 a + L3 a 
  0  1 (a )  1 (a )     (a )    1 (a ) 
F  =  (a )  
t
Q =  − F = −F  1  = −F  
 2 (a ) 0  
P
0  0   0 
 0    0   2 (a )  
  2 (a )  2 (a )    2 (a )
   
 0  2 (a )  2 (a )   2 (a )   2 (a ) 

 0 
 3 2 2 3
1 − L2 a + L3 a 
  1 (a ) 
La réaction aux appuis est l’opposé du vecteur des forces nodales R  = −FP  = F  
 0 
  2 (a ) 
 
  2 (a ) 

 0 
 1 
 2 
 L 
 
F
Premier cas : P  = − F  8 
 0 
 1 
 2 
 L
− 
 8

 0 
1 (a ) 0 0   0   3 
   2L 
 0 1 (a ) 1 (a )    (a )
 1   1 
  0  
  0  1 (a )  1 (a )    (a )   
  
deuxième cas FP =  (a )  t
Q =  0  = −M 0  1  = M  4 
 2 (a )    0 
0
0 0   0 
 − 
 0  2 (a )  2 (a )
 M 0    (a ) − 3 
   2  2L 
 0  2 (a )  2 (a )   2 (a )  1 
 
 4 
 1 (a ) 0 0   0 
 ~   ~ (a )
1 (a ) 1 (a )  0 
~
 0
 1 
  ~   
   
troisième cas : FP =  ( L2 )   1 (a )  1 (a ) − F  = − F  ~1 (a ) 

t
Q = 0 ~ ~
   
 2 (a ) 0 0   0   0 
 0  2 (a )  2 (a )  ~2 (a )
~ ~

Quatrième cas :

 0 
1 0 0  0   L
 − q

1 1 
 − q  2
0    L2 
  0 
11
L
1 1    − q 1   −q 
F  =     
L L
0
t
f dx =    − q dx =    dx =  12 
 0    
R
0 2
0 0
0 0

   0   L
0
0  − q 2 
 2 2 
  −q 2 
 0 2  2   − q 2   L2 
q 
 12 
Exercice 3 :

Déterminer le vecteur global des forces relatif à chaque structure.

Il existe un appui au milieu de la poutre. On doit mettre un nœud au niveau de chaque liaison. Donc la structure
doit être divisée en deux poutres élémentaires

1 2

1 2 3
La connectivité des éléments est :
La première poutre élémentaire (élément 1) présente les nœuds 1 et 2
La deuxième poutre élémentaire (élément 2) présente les nœuds 2 et 3
On commence par calculer les vecteurs des chargements nodaux de chaque élément

Les deux poutres présentent un chargement linéique uniforme

 0  u1  0  u2
 L v1  L v2
−q 2  −q 2 
 L2   L2 
− q  w1 − q  w2
F 
R 1 =  12 
 0 
u 2 et FR 2 =  12 
 0 
u3
−q L  −q L 
 2 v2  2 v3
 L2   L2 
q  q 
 12  w2  12  w3

L’opération d’assemblage
 u1 v1 w1 u2 v2 w2 u 3 v3 w3
 L L2 L L2 
 0 −q −q 0 −q q 
F t =  2 12 2 12
2
 L L2 L L
−q −q 0 −q q 
 2 12 2 12 

F t = 0 − q L −q
L2
0+0 −q
L
+ −q
L L2
−q
L2
0 −q
L L2 
12 
q q
 2 12 2 2 12 12 2
u1 v1 w1 u2 v2 w2 u3 v3 w3

 L2 L2 
F  = 0 − q L
t
−q 0 − qL 0 0 − q
L
q 
 2 12 2 12 

Construction de la matrice de rigidité globale :

Calcul des matrices de rigidité de chaque élément dans son repère local
Elément N°1 : (même matrice que l’élément 2)
 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 
L
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 0 − 
 L3 L2 L3 L2 
 6 EI 4 EI 6 EI 2 EI 
 0 0 − 
K  1 = K 
2 = 
 ES
L2 L
ES
L2 L 

− L 0 0
L
0 0 
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 − − 0 − 
 L3 L2 L3 L2 
 6 EI 2 EI 6 EI 4 EI 
 0 0 − 
 L2 L L2 L 

Le repère global est confondu avec les repères locaux des deux poutres (on n’a pas à utiliser les formules de
changement de base)
 ES ES 
u1
 L 0 0 − 0 0 0 0 0 
L
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
v1  0 − 0 0 0 
 L3 L2 L3 L2 
 4 EI 6 EI 2 EI 
w1  0 − 2 0 0 0 
 L L L 
 ES ES ES 
u2  + 0+0 0+0 − 0 0 
 L L L
12 EI 12 EI 6 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
v 2  K g = + − 2 + 0 − 
 L3 L3 L L2 L3 L2 
 4 EI 4 EI 6 EI 2 EI 
w2  + 0 − 2 
 L L L L 
 ES 
u3  0 0 
 L 
 12 EI 6 EI
− 2 
v3  L3 L 
 4 EI 
 
w3  L 
Résolution du problème et calcul du torseur des efforts intérieurs :
1/ Identification les degrés de liberté connus :

1 2 3
nœud 1 (encastré ) : u1=v1=w1=0

Nœud 2 (appui articulé): u2=v2=0

Nœud 3 (encastré) : u3=v3=w3
2/ Ecriture du système entier à résoudre avec l’identification des actions de liaisons
Le système à résoudre : K q = F 
 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 0 0 0 
L
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 − 0 0 0 
 L3 L2 L3 L2   0 
 4 EI 6 EI 2 EI   u1   − q L 
 0 − 2 0 0 0    2
 L L L   v1   L2 
  − q 
0   w1  
ES ES
 2 0+0 0+0 − 0 12 
L L  
  0 
6 EI    
u2
24 EI 12 EI
 0 0 −   v 2  = − qL  + R 
 L3 L3 L   
2

 8 EI 6 EI 2 EI   w2  0 
 0 − 2   
 L L L   u3   0 
  L
  v3 −q 
0    
ES
 0 2
 L   w3  L2 
 12 EI 6 EI
− 2   q 
 12 
 L3 L 
 4 EI 
 
 L 

[R] est le vecteur des réactions nodales.

Devant chaque degré de liberté connu il doit exister dans le vecteur second membre une composante (inconnue)
qui représente l’action de liaison suite à l’imposition du degré de liberté associé.
 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 0 0 0 
L
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 − 0 0 0 
 L3 L2 L3 L2   0 
 4 EI 6 EI 2 EI   0   − q L   X 1
 0 − 2 0 0 0    2 
 0   Y 1 
L2  
 L L L
  − q 
0  0   12   Z1 
ES ES
 2 0+0 0+0 − 0
L L  
  0   X 2
6 EI    
0
24 EI 12 EI
 0 0 −   0  = − qL  +  Y 2 
 L3 L3 L   
2
  
 8 EI 6 EI 2 EI   w2  0   0 
 0 − 2   
 L L L   0   0   X 3
  L  
  0  − q  Y3
0    
ES
 0 2  
 L   0   L2   Z 3 
 12 EI 6 EI 
− 2  q 
 12 
 L3 L 
 4 EI 
 
 L 
3/ Résolution du système relatif aux ddl inconnus
Au final le système à résoudre pour trouver les ddl inconnus
8EI
w2 = 0
L
La solution est w2=0
4/ Calcul des réactions aux appuis (actions de liaison)
 0   0 
   − q   X 1   q
L L 
0  X 1
0   2   2 
   Y 1   Y1 
L2      L2 
0   − q   Z1   Z1   q 12 
   012       0 
0     X 2  X 2   
0 =  − qL  +  Y 2  d ' où  Y 2  =  qL 
         
0   0   0   0   0 
0     X 3  0 
0   X 3
   L      L 

0   − q   Y 3   Y 3   q
0   2    Z3  2 
   L2   Z 3     L2 
 q  − q 
 12   12 
(Cet exemple est un cas particulier où les réactions aux appuis sont l’opposé des forces nodales à cause du faite
que la solution est tous les ddl sont nuls).

5/ Calcul des efforts intérieurs au niveau des noeuds

Pour calculer l’effort intérieur, il faut revenir au repère local de chaque élément (ici c’est confondu avec le repère
global)
F int = −F  + K q 
(relatif à chaque élément. Cette écriture doit se faire dans le repère local de l’élément)
Pour le premier élément
 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 
L
 0   12 EI 6 EI 12 EI 6 EI   0 
 L  0 0 −   L 
 − N (0)  −q   L3 L2 L3 L2  0
 − T (0)   2    q2 
  2 EI  0
  L2   0 6 EI 4 EI 6 EI
− 2 
 L2 
 − M ( 0)  − q  0  q 
 F int  L2 L L L  0    F int
=  = −  012  +  ES  0 
=  12 
 N ( L)    ES  0 
−q L  − L 0 0 0 0    qL 
 T ( L)  L 0 
   2  6 EI   2 
− 2  0
12 EI 6 EI 12 EI
 M ( L)   L2   0 − − 0  L2 
 q   L3 L2 L3 L  − q 
 12   6 EI 2 EI 6 EI 4 EI   12 
 0 0 − 2 
 L2 L L L 
6/ Calcul des efforts intérieurs en chaque point de la structure
a/ première poutre

On isole par exemple la partie droite et on fait son équilibre en remplaçant l’action de la partie gauche sur la
partie droite par l’opposé du torseur des efforts intérieurs

x
L

L’équilibre de la portion comprise entre x et L

x  0, L

  N ( x) = 0
− N ( x ) + N ( L ) + 0 = 0 
  L  L
− T ( x ) + T ( L ) − q ( L − x ) = 0 T ( x) = q − q( L − x) = q x − 
  2  2
− M ( x ) + M ( L ) − q ( L − x )2
+ T (L )(L − x ) = 0 2 2
 L Lx x
2 M ( x ) = − q + q −q
 12 2 2
b/ Deuxième poutre (c’est les mêmes valeurs que le premier élément vu la symétrie du problème)

c/ traçage des diagrammes des efforts intérieurs

 qL2
qL

L L
L L

Il existe un appui au milieu de la poutre. On doit mettre un nœud au niveau de chaque liaison. Donc la structure
doit être divisée en deux poutres élémentaires

1 2

1 2 3

La première poutre élémentaire (élément 1) présente les nœuds 1 et 2

La deuxième poutre élémentaire (élément 2) présente les nœuds 2 et 3
On commence par calculer les vecteurs des chargements nodaux de chaque élément

La première poutre présente un chargement ponctuel

 0  u1  0  u2
 1  v1  L v2
 − q
 2  2
 L   L2 
  w1 − q  w2
F  = −F  8  u2 la deuxième poutre présente un chargement réparti FR   =  12 
 0 
u3
 0 
P 1 2

 1  −q L 
 2  v2  2 v3
 L  L2 
−  q 
 8 w2  12  w3

L’opération d’assemblage

u1 v1 w1 u2 v2 w2 u3 v3 w3
 F FL F FL 
 0 − − 0 − 
F t =  2 8 2
L
8
L2 L L2
 −q −q 0 −q q 
 2 12 2 12 

F t = 0 −
F
−
FL
0+0 −
F
−q
L FL
−q
L2
0 −q
L L2 
12 
q
 2 8 2 2 8 12 2
u1 v1 w1 u2 v2 w2 u3 v3 w3
Construction de la matrice de rigidité globale :

On procède de la même façon que l’exemple précédent et on trouve la même matrice de rigidité globale puisqu’il
s’agit de la même structure avec un chargement différent.

 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 0 0 0 
L
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 − 0 0 0 
 L3 L2 L3 L2 
 4 EI 6 EI 2 EI 
 0 − 2 0 0 0 
 L L L 
 ES ES 
 2 0+0 0+0 − 0 0 
 L L
24 EI 12 EI 6 EI 
 K g = 0 0 − 
 L3 L3 L2 
 8 EI 6 EI 2 EI 
 0 − 2 
 L L L 
 ES 
 0 0 
 L 
 12 EI 6 EI
− 2 
 L3 L 
 4 EI 
 
 L 
Résolution du problème et calcul du torseur des efforts intérieurs :
1/ Identification les degrés de liberté connus :

1 2 3

Nœud 1 (encastré ) : u1=v1=w1=0

Nœud 2 (appui articulé): u2=v2=0
Nœud 3 (encastré) : u3=v3=w3=0
2/ Ecriture du système entier à résoudre avec l’identification des actions de liaisons
Le système à résoudre : K q = F 
 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 0 0 0 
L
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 − 0 0 0   0 
 L3 L2 L3 L2   F 
 4 EI 6 EI 2 EI   u1   − 
 0 − 2 0 0 0    2

 L L L    −
v1 FL

 
0   w1   
ES ES 8
 2 0+0 0+0 − 0
L L    0 
 24 EI 12 EI 6 EI     − F − q L 
u2
 0 0 −     2  + R 
 L3 L3 L2   v 2  =  2 2 
 FL L
8 EI 6 EI 2 EI   w2  −q 
 0 − 2    8 12 
 L L L  u 3
   0 
 ES   v3   L 
 0 0    −q
L 2 
   w3  
 12 EI 6 EI  L2
− 2  q 
 L3 L   12 
 4 EI 
 
 L 

[R] est le vecteur des réactions nodales.

Devant chaque degré de liberté connu il doit exister dans le vecteur second membre une composante (inconnue)
qui représente l’action de liaison suite à l’imposition du degré de liberté associé.
 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 0 0 0 
L
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 − 0 0 0   0 
 L3 L2 L3 L2   F 
 4 EI 6 EI 2 EI  0   −   X 1
 0 − 2 0 0 0    2
  Y1 
 L L L    −
0 FL
  
 ES ES  0   8   Z1 
 2 0+0 0+0 − 0 0 
L L    0   
 24 EI 12 EI 6 EI     − F − q L  
0 X 2
 0 0 −    2  + Y 2 
 L3 L3 L2   0  =  2 2   
 FL L
8 EI 6 EI 2 EI   w2  −q   0 
 − 2 
L   0  
0 12  
X 3
8
 L L
  0   
  0
0     − q  Y3
ES L
 0
2   Z3
L  0  

12 EI 6 EI  L2   
 − 2  q 
 L3 L   12 
 4 EI 
 
 L 
3/ Résolution du système relatif aux ddl inconnus
Au final le système à résoudre pour trouver les ddl inconnus
8 EI FL L2
w2 = −q
L 8 12
La solution est w2 = L  F − qL 
2

32 EI  2 3 
4/ Calcul des réactions aux appuis (actions de liaison)
 0   0 
 6 EI   F 
 L   −
2
  X 1  X 1
   2
    Y1 
 2 EI   − FL
  Y1   
 L   8   Z1   Z1 
   0     
 0   F L   X 2  X 2
L  F qL   0  
2
− − q
 −  = 2 2  + Y 2  d ' où Y 2  =
32 EI  2 3   8 EI   FL L2   0   
   −q     0 
 L   8 12     X 3
 0   0  
X 3
  
 6 EI   L  Y3 Y3
 − −
L2  
q
   2   Z3  Z3
2     
 2 EI   q L 
 L   12 
 

5/ Calcul des efforts intérieurs au niveau des nœuds

Pour calculer l’effort intérieur, il faut revenir au repère local de chaque élément (ici c’est confondu avec le repère
global)
F int = −F  + K q 
(relatif à chaque élément. Cette écriture doit se faire dans le repère local de l’élément)
Pour le premier élément
  ES ES 
 L 0 0 − 0 0 
L
 0   12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 − N (0)   1   0 0 −  0 
 2   L3 L2 L3 L2   
 − T (0)  0
   L   6 EI 4 EI 6 EI 2 EI   
   0 0 − 2  0 
− M (0)  L2 L L L 
 F int =   = F  0  +  ES
8
 0


 N ( L)    −
ES
 1   
0 0 0 0 
 T ( L)   L L 0
  6 EI   L  F qL 
2
  2 12 EI 6 EI 12 EI
 M ( L)   L  0 − − 0 − 2   − 
−   L3 L2 L3 L   32 EI 2 3 
 8  6 EI 2 EI 6 EI 4 EI 
 0 0 − 2 
 L2 L L L 
 0 
 1   0 
 2   3 
 L   
  1 F qL  L 
 
  F int = F  8  +  −  
 0  16  2 3  0 
 1  − 3
 2   
 L  2 L 
− 
 8

Pour le deuxième élément

 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 
L
 0   12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 L  0 0 −  
 − N (0)  0
 − T (0)  −q 2   L3 L2 L3 L2   
  2 EI   2 0
  L2   0 6 EI 4 EI 6 EI
− 2  L  F qL 

 − M ( 0)   − q  0
 − 
 L2 L L L   32 EI
 F int =   = −  012  +  ES 
2 3 
 N ( L)    ES 
−q L  − L 0 0 0 0  0
 T ( L)  L 
   2  12 EI 6 EI 12 EI 6 EI   0 
 M ( L)   L2   0 − − 0 − 2  
 q   L3 L2 L3 L  0 
 12   6 EI 2 EI 6 EI 4 EI 
 0 0 − 2 
 L2 L L L 
 0 
 L 
 0 
 q2   3 
 L2   
 q  2L 
 
  F int =  12  +
1 F qL
 −  
 0  16  2 3  0 
 qL  − 3
 2   
 L 2 
 L 
− q 
 12 
6/ Calcul des efforts intérieurs en chaque point de la structure
a/ première poutre

Pour ce cas on doit considérer les deux cas x  0, L2  et x   L2 , L

b/ deuxième poutre
On isole par exemple la partie droite et on fait son équilibre en remplaçant l’action de la partie gauche sur la
partie droite par l’opposé du torseur des efforts intérieurs

x
L

L’équilibre de la portion comprise entre x et L

x  0, L 

− N ( x ) + N ( L ) + 0 = 0

− T ( x ) + T ( L ) − q ( L − x ) = 0

− M ( x) + M ( L) − q (L − x ) + T (L )(L − x ) = 0
2

 2
c/ traçage des diagrammes des efforts intérieurs

Le vecteur global des déplacements nodaux est :

qt = u1 v1 1 u2 v2 2 u3 v3 3 u4 v4 4 

Θ1

Θ3

La connectivité des éléments :

L’élément 1 : nœud 1 et nœud 2
L’élément 2 : nœud 2 et nœud 3
L’élément 3 : nœud 3 et nœud 4
Calcul des vecteurs des forces nodales exprimés dans les repères locaux
La première poutre présente un chargement linéique

 0  u1
 L  v1
−q 2 
 2
− q L  w1
 
FR 1  12  u 2
 0 
 L
 − q 2  v2
 L2 
q 
 12  w 2

0 − 1 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0

 0 0 1 0 0 0
Expression dans le repère global  = c = 0 s = 1 , la matrice de passage est P66 1 = 
2 0 0 0 0 −1 0
0 0 0 1 0 0
 
0 0 0 0 0 1

Le vecteur des forces élémentaires exprimé dans le repère global est :

 0   L 
q
0 − 1 0 0 0 0  − q L   2 
1 0  2  0 
 0 0 0 0  L2   L2 
0 0  − q − q
0 0  12   12 
F e = P66 F  F e1
1 0
=  =
0 0 0 0 − 1 0  0   q L 
0 0  L  
0 1 0 0  − q   2 
  2 0
0 0 0 0 0 1  L2   L2 
q  q 
 12   12 
La deuxième poutre présente un chargement ponctuel

 0  u2
 1  v2
 2 
 L 
  w2
F 
P 2 = −F  8  u3
 0 
(le repère global coïncide avec le repère local)
 1 
 2  v3
 L
−  w 3
 8
La troisième poutre présente un chargement linéique (q et non pas –q)
  0  u3
 L  v3
 q2 
 L2 
q  w3
F 
R 3 =  12  u 4
 0 
 L 
 q 2  v4
 L2 
− q 
 12  w 4


Expression dans le repère global  = − c = 0, s = −1 , la matrice de passage est
2
0 1 0 0 0 0
− 1 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0
P66 3 = 
0 0 0 0 1 0
0 0 0 −1 0 0
 
 0 0 0 0 0 1

Le vecteur des forces élémentaires exprimé dans le repère global est :

 0   L 
q
0 1 0 0 0 0  q L   2 
− 1  2   0 
 0 0 0 0 0  L2   L2 
   
0 0  q 12   q 12 
F e = P66 F  F e3
0 1 0 0
=  =
0 0 0 0 1 0  0   q L 
0  L   
0 0 −1 0 0  q   2 
  2 0
 0 0 0 0 0 1  2  2
L
− q  − q L 
 12   12 
L’opération d’assemblage

 L L2 L L2 
q 2 0 −q q 0 q 
 12 2 12 
F  = . .
t
0 −
F
−
FL
0 −
F FL 

2 8 2 8
 
 L L2 L L2 
q 0 q q 0 −q
 2 12 2 12 

F t = q L 0 −q
L2
q
L
+0 0−
F
q
L2 FL
− 0+q
L
−
F
+0
FL
+q
L2
q
L L2 
0 −q 
 2 12 2 2 12 8 2 2 8 12 2 12 

Construction de la matrice de rigidité globale

a/ matrice de rigidité de l’élément 1 dans le repère global

 
l’angle que fait le repère local avec le repère global est 1 = c = 0 s = 1 , la matrice de passage est
2
0 − 1 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0
P66 1 = 
0 0 0 0 −1 0
0 0 0 1 0 0
 
0 0 0 0 0 1

la matrice de rigidité élémentaire exprimée dans le repère local est :

 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 
L
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 0 − 
 L3 L2 L3 L2 
 6 EI 4 EI 6 EI 2 EI 
 0 0 − 
L2 L2
K  1 = 
 ES
L
ES
L 

− L 0 0
L
0 0 
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 − − 0 − 
 L3 L2 L3 L2 
 6 EI 2 EI 6 EI 4 EI 
 0 0 − 
 L2 L L2 L 

La matrice de rigidité de l’élément 1 exprimée dans le repère global est :

K e = P66 K P66 t

 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 L3 0 − − 0 −
L2 L3 L2 
 
 0 ES
0 0 −
ES
0 
 L L 
 6 EI 4 EI 6 EI 2 EI 
 − 0 − 0 
L2 L L2 L
 K e1 = 
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 

 − L3 0 −
L2 L3
0
L2 
 
 0 −
ES
0 0
ES
0 
 L L 
 6 EI 2 EI 6 EI 4 EI 
 − 0 0 
 L2 L L2 L 

b/ matrice de rigidité de l’élément 2 dans le repère global

l’angle que fait le repère local avec le repère global est 2 = 0 c = 1 s = 0 , la matrice de rigidité élémentaire
exprimée dans le repère local a la même expression que celle dans le repère global
  ES ES 
 L 0 0 − 0 0 
L
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 0 − 
 L3 L2 L3 L2 
 6 EI 4 EI 6 EI 2 EI 
 0 0 − 
L2 L2
K  2 = K e 2 =
 ES
L
ES
L 

− L 0 0
L
0 0 
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 − − 0 − 
 L3 L2 L3 L2 
 6 EI 2 EI 6 EI 4 EI 
 0 0 − 
 L2 L L2 L 

c/ matrice de rigidité de l’élément 3 dans le repère global


l’angle que fait le repère local avec le repère global est 3 = − c = 0 s = −1 , la matrice de passage est
2
0 1 0 0 0 0
− 1 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0
P66 3 = 
0 0 0 0 1 0
0 0 0 −1 0 0
 
 0 0 0 0 0 1

la matrice de rigidité élémentaire exprimée dans le repère local est :

 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 
L
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 0 − 
 L3 L2 L3 L2 
 6 EI 4 EI 6 EI 2 EI 
 0 0 − 
L2 L2
K  3 = 
 ES
L
ES
L 

− L 0 0
L
0 0 
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 − − 0 − 
 L3 L2 L3 L2 
 6 EI 2 EI 6 EI 4 EI 
 0 0 − 
 L2 L L2 L 

La matrice de rigidité de l’élément 3 exprimée dans le repère global est :

K e = P66 K P66 t

 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 L3 0 − 0 
L2 L3 L2
 
 0 ES
0 0 −
ES
0 
 L L 
 6 EI 4 EI 6 EI 2 EI 
 0 − 0 
L2 L2
=  
L L
 K e3  12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
− 0 − 0 − 
 L3 L2 L3 L2 
 ES ES 
 0 − 0 0 0 
L L
 6 EI 2 EI 6 EI 4 EI 
 0 − 0 
 L2 L L2 L 
 Construction de la matrice de rigidité globale

12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 L3 0 − − 0 − 0 0 0 0 0 0 
L2 L3 L2
 
 ES
0 0 −
ES
0 0 0 0 0 0 0 
 L L 
 4 EI 6 EI 2 EI 
 − 0 0 0 0 0 0 0 
 L L2 L 
 12 EI ES 6 EI ES 
 + 0+0 +0 − 0 0 0 0 0 
 L3 L L2 L 
 ES 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 + 0+ 0 − 0 0 0 
 L L3 L2 L3 L2 
 4 EI 4 EI 6 EI 2 EI 
 + 0 − 0 0 0 
 K g =
L L L2 L

 ES 12 EI
+ 0
6 EI
−
12 EI
0
6 EI 
 L L3 L2 L3 L 
2
 
 12 EI
+
ES
−
6 EI
0 −
ES
0 
 L3 L L2 L 
 
 4 EI 4 EI 6 EI 2 EI 
+ − 0
 L L L2 L 
 12 EI 6 EI 
 0 − 
 L3 L2 
 ES 
 0 
 L 
 4 EI 
 L 

Résolution.

a/ Identification les degrés de liberté connus :

Nœud 1 (encastré ) : u1=v1=w1=0

Nœud 4 (encastré) : u4=v4=w4=0
b/ Ecriture du système entier à résoudre avec l’identification des actions de liaisons
Le système à résoudre : K q = F 
 Le système à résoudre

12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 L3 0 − − 0 − 0 0 0 0 0 0 
L2 L3 L2
 
 ES
0 0 −
ES
0 0 0 0 0 0 0   L 
 L L  q 
 4 EI 6 EI 2 EI  
2

 − 0 0 0 0 0 0 0  
0
2 
 L L2 L   −qL   X 1
   0 
12 EI ES 6 EI ES  0   12   
 + 0+0 − 0 0 0 0 0   L   Y1 
 L3
L L2 L    q
 0     Z1 
 ES 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI  
2
 
 + 0 − 0 0 0    F 
L L3 L2 L3 L2 u2   −   0 
   2  
   v2  
8 EI
−
6 EI 2 EI
   L
2
FL   0 
 0 0 0 0 
 q −
 L L2 L   w2  =  12 8  + 0 
 u3    
 ES 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI  
L
  0 
 + 0 − 0   q

L L3 L2 L3 L2   v3   2   0 
 w3  −
F   
 12 EI ES 6 EI ES     0 
 + − 0 − 0    2
L3
L L2 L  0   FL L2   X 4
   +q  
 8 EI 6 EI 2 EI    
− 0  0   8 12   Y 4 
 L2 L   L  Z4
L  0 
   q   
 12 EI
0 −
6 EI 

2

 0
L3 L2   L2 
   −q 
 ES
0   12 
 L 
 4 EI 
 
 L 
En tenant compte des ddl fixés on aura le système à résoudre suivant :
 ES 12 EI 6 EI ES 
 L + L3 0
L2
−
L
0 0   qL 
   
 0 12 EI ES 6 EI 12 EI 6 EI  2
+ 0 −  F 
 L3
L L2 L3 L2 u2   − 
    2 
 6 EI 6 EI 8 EI 6 EI v 2
2 EI     qL 2
FL 
0 − −
   w2  

L2 L2 L L2 L
   =  12 8 
12 EI ES 6 EI  u 3 qL 
 − ES 0 0 + 0    
 L L3 L L   v3  
2
2 
 12 EI 6 EI 12 EI ES 6 EI   w3  − F 
 0 − − 0 + −    2 
 L3 L2 L3 L L2   FL qL2 
 6 EI 2 EI 6 EI 6 EI 8 EI   + 
 0 −   8 12 
 L2 L L2 L2 L 
 Moment fléchissant nul au niveau de la rotule

On remarque qu’au niveau du deuxième nœud il y a une liaison interne (rotule).

On va utiliser pour la première poutre le cas encastré-articulé et la deuxième poutre articulé-encastré

1/ identification des degrés de liberté de chaque élément

Elément 1 : nœud 1 et nœud 2 ses degrés de liberté sont : q

~ t = u v1 1 u 2 v2 
t
1

Elément 2 : nœud 2 et nœud 3 ses degrés de liberté q

~t = u v2 u3 v3 3 
t
2

Vecteur global des degrés de liberté q  = u1 v1 w1 u 2 v 2 u3 v3 w3 (attention pas de w2 car
t t

on a une rotule au nœud 2)

2/ Calcul des vecteurs de forces nodales de chaque élément
Elément 1 : le chargement extérieur est un chargement réparti

0 
      
L
 f dx avec f = − q 
~t
Le vecteur des forces nodales élémentaires FR =
0
 0 

0
0  5L 
 ~  8
L  1  L2 
F 
R 1 = −q   ~1  dx = −q  
0   8
0 0
 ~2   3L 
 8 

Elément 2 : le chargement extérieur est un chargement réparti

0 
      
L
 f dx avec f = − q 
~t
Le vecteur des forces nodales élémentaires FR =
0
 0 

 0 
0  3L 
 ~   8 
L  1  0 
F 
R 2 = −q   0  dx = −q  5L 
0 ~   
 2   82
 ~2   L 
− 8 

3/ Assemblage du vecteur global des forces nodales (pas de matrice de passage car les repères locaux
et le repère global sont confondus)
F  = 0 − 5qL
t
−
qL2
0+0 −
3qL 3qL
− 0 −
5qL qL2 
 8 8 8 8 8 8 

F t = 0 − 5qL −
qL2
0 −
3qL
0 −
5qL qL2 
 8 8 4 8 8 

4/ Calcul de la matrice de rigidité globale

Matrice de rigidité du premier élément

 ES ES 
 L 0 0 −  0
L
 3 EI 3 EI 3EI 
 0 0 − 3 
 L3 L2 L 
 3 EI 
 K~  1 = 0
3 EI
L2
3EI
L
0 − 2 
L 

 ES ES 
− L 0 0
L
0 
 3EI 3 EI 3 EI 
 0 − − 0 
 L3 L2 L3 

 ES ES 
 L 0 − 0 0 
L
 3 EI 3EI 3EI 
 0 0 − 
 L3 L3 L2 
 ES 
 K~  2 = − 0
ES
0 0 
 L L 
 0 3 EI 3EI 3EI
− 0 − 2
 L3 L3 L 
 3 EI 3EI 3EI 
 0 0 − 2 
Matrice de rigidité du deuxième élément  L2 L L 

Assemblage de la matrice de rigidité globale

 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 0 0 
L
 3 EI 3 EI 3 EI 
 0 0 − 0 0 0 
 L3 L2 L3 
 3 EI 3 EI 3 EI 
 0 0 − 2 0 0 0 
 L2 L L 
 ES ES ES ES 
− L 0 0 + 0 − 0 0 
K g = 3 EI 3 EI
L L
3 EI 3 EI
L
3 EI 3 EI 
 0 − − 0 + 3 0 − 
 L3 L2 L3 L L3 L2 
 ES ES 
 0 0 0 − 0 0 0 
 L L 
 0 3 EI 3 EI 3 EI 
0 0 0 − 0 − 2
 L3 L3 L 
 3 EI 3 EI 3 EI 
 0 0 0 0 0 − 2
 L2 L L 
5/ résolution du problème

Les conditions aux limites

Nœud 1 (encastré ) : u1=v1=w1=0

Nœud 2 : aucune condition aux limites n’est appliquée sur le nœud 2
Nœud 3 (encastré) : u3=v3=w3=0
Le système global à résoudre : K q = F 

 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 0 0 
L
 3 EI 3 EI 3 EI 
 0 0 − 0 0 0   0 
 L3 L2 L3   5qL 
 3 EI 3 EI 3 EI   u1  − 8 
 0 − 2 0   v1  
qL2 
0 0 0
 L2 L L    − 
 ES 2 ES ES   w1  8 
− L 0 0 0 − 0 0    0 
u 2 
3 EI   v 2  = − 3qL  + R 
L L
 3 EI 3 EI 6 EI 3 EI
 0 − − 0 0 −   
 L3 L2 L3 L3 L2   u 3   04 
 ES ES     5qL 
 0 0 0 − 0 0 0   v3   − 
 L L   w3  82 
 0 3 EI 3 EI 3 EI    qL 
0 0 0 − 0 − 2 
 L3 L3 L   8 
 3 EI 3 EI 3 EI 
 0 0 0 0 0 − 2
 L2 L L 

En introduisant les conditions aux limites, on obtient le système à résoudre

 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 0 0 
L
 3 EI 3 EI 3 EI 
 0 0 − 0 0 0   0 
 L3 L2 L3   5qL 
 3 EI 3 EI 3 EI   0  − 8   X 1
 0 − 2 0  0    
qL2   Y 1 
0 0 0
 L2 L L    − 
 ES ES ES   0   8   Z1 
− L 0 0 2 0 − 0 0    0   
L L u 2  0 
 3 EI 3 EI 6 EI 3 EI 3 EI   v 2  = − 3qL  +  0 
 0 − − 0 0 −   
 L3 L2 L3 L3 L2   0   04   X 3
 ES ES     5qL   
 0 0 0 − 0 0 0   0  −  Y 3 
 L L   0   82   Z 3 
 0 3 EI 3 EI 3 EI    qL   
0 0 0 − 0 − 2 
 L3 L3 L   8 
 3 EI 3 EI 
3 EI 
 0 0 0 0 0 − 2
 L2 L L 

 ES 
2 L 0 
u 2  0 
 6 EI  v 2  = − 3qL 

 0     4 
 L3 

Le système à résoudre est :

u 2  0 4 
 v 2  = − qL 
   8 EI 

6/ calcul des réactions aux encastrements

 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 0 0 
L
 3 EI 3 EI 3 EI 
 0 0 − 0 0 0   0 
 L3 L2 L3   0   5qL 
     X 1
0   0   8 2   Y1 
3 EI 3 EI 3 EI
 0 0 − 2 0 0
 
L2   
L L qL
  0  
 ES ES ES   8   Z1 
− L 0 0 2 0 − 0 0  0   0   
L L  4   0 
 3 EI 3 EI 6 EI 3 EI 3 EI  − qL  +  3qL  =  0 
 0 − − 0 0 −   4 
 L3 L2 L3 L3 L2   8EI   0   X 3
 0 
   5qL   
0   0  
ES ES
 0 0 0 − 0 0  Y 3 
 L L   8   
 0 3 EI 3 EI 3 EI   0   qL2   Z 3 
− − 2
− 8 
0 0 0 0
 L3 L3 L 
 3 EI 3 EI 3 EI 
 0 0 0 0 0 − 2
 L2 L L 
  0 
 0   5qL   0 
 X 1 
 3    qL 
− L   8 2   Y 1  
  qL     qL 
2

 − 3   8   Z1   2 
   
qL2  0   0   0   0 
− 6 +  3qL  = =
8    4   0   0 
 L   0     0 
 0   5qL   X 3  
− 3     Y 3   qL 
 L   8     qL2 
 3   qL2   Z 3  − 
  −   2 
 8 

7/ Calcul des efforts intérieurs au niveau des nœuds

Pour le premier élément

F int = −F  + K~ q  avec F tint = − N (0) − T (0) − M (0) N (L ) T (L ) 

 ES ES 
 L 0 0 − 0 
L
0  3EI  0   0 
− 3 
3 EI 3 EI
 5L   0 0
8  L3
L2 L   0   qL 
 L2      
3 EI 3EI 3 EI   0   qL2 
F 1int = q  +  0 2
0 − 2
L 
=
  2 
8  L L
0
 0   ES ES  4   0 
 3L   − L 0 0 0  − qL   
 8   L 
 
 
 0 
3 EI 
8 EI
3EI 3 EI
 0 − 3 − 2 0 
 L L L3 
−
L’effort tranchant au niveau du nœud 2 est nul à cause de la symétrie du problème

Pour le deuxième élément

F int = −F  + K~ q  avec F tint = − N (0) − T (0) − M (0) N (L ) T (L ) 

  ES ES 
 L 0 − 0 0 
L
 0   3 EI 3EI 3EI   0   0 
 3L   0 0 − 
L2   qL   0 
4
 8   L3 L3
−  
 0   ES ES   8EI   0 
F int2 = q  5L  + − 0 0 0  0  =
   L L    qL 
 82  0 3 EI 3EI 3EI   0   
− 0 − 2  
2

L   0  −
qL
 L   L3 L3
− 8    2 
3 EI 3EI 3EI 
 0 0 − 2 
 L2 L L 
−
8/ diagramme des efforts intérieurs
Première poutre

On isole par exemple la partie droite et on fait son équilibre en remplaçant l’action de la partie gauche sur la
partie droite par l’opposé du torseur des efforts intérieurs

x
L

L’équilibre de la portion comprise entre x et L

x  0, L
 
− N ( x ) + N ( L ) + 0 = 0  N ( x) = 0
 
− T ( x ) + T ( L ) − q ( L − x ) = 0 T ( x) = −q( L − x)
 
− M ( x) − q (L − x ) + T (L )(L − x ) = 0M ( x) = −q (L − x )
2 2

 2  2
On procédera de la même façon pour la deuxième poutre
On isole par exemple la partie droite et on fait son équilibre en remplaçant l’action de la partie gauche sur la
partie droite par l’opposé du torseur des efforts intérieurs

x
L

L’équilibre de la portion comprise entre x et L

x  0, L 
 
− N ( x ) + N ( L ) + 0 = 0  N ( x) = 0
 
− T ( x ) + T ( L ) − q ( L − x ) = 0 T ( x) = qx
 
− M ( x) − q (L − x ) + T (L )(L − x ) + M ( L) = 0M ( x) = −q x
2 2

 2  2

qL
L L

L L

qL2

Le premier élément est de type articulé encastré car au premier nœud on a un appui (rotule)

Le deuxième élément est de type encastré articulé car au second nœud on a un appui (rotule : moment fléchissant
nul)
1/ identification des degrés de liberté de chaque élément

Elément 1 : nœud 1 et nœud 2 ses degrés de liberté sont : q

~ t = u
1 v1 u2 v2  2 t

Elément 2 : nœud 2 et nœud 3 ses degrés de liberté q

~t = u v2 2 u3 v3 
t
2

Vecteur global des degrés de liberté q  = u1 v1 u 2 v 2 w2 u3 v3

t t

2/ Calcul des vecteurs de forces nodales de chaque élément

Elément 1 : le chargement extérieur est un chargement concentré

 0 
~ t
 
Le vecteur des forces nodales élémentaires FC  =  (L 2 ) Q  avec Q = − F 
 
 0 

1 0 0 0  0 
0 ~
1
~
1  
~  5 
  0   1  L   16 
FC 1 =  2 0 0  (L 2)− F  = − F  0   = − F  0 
 ~   ~  2   11 
0 2 ~2   0   2   16 
 0 ~2 ~
2   ~ 
 2  − 316L 

Elément 2 : le chargement extérieur est un chargement réparti

0 
      
L
 f dx avec f = − q 
~t
Le vecteur des forces nodales élémentaires FR =
0
 0 

0
0  5L 
 ~  8 
L 1  L2 
F 
R 2 = − q   ~1  dx = −q  
0  8 
0 0
 ~2   3L 
 8 

3/ Assemblage du vecteur global des forces nodales (pas de matrice de passage car les repères locaux
et le repère global sont confondus)

F t = 0 −
5F
0+0 −
11F 5qL
−
3FL qL2
− 0 −
3qL 

 16 16 8 16 8 8 

4/ Calcul de la matrice de rigidité globale

  ES ES 
 L 0 − 0 0 
L
 3 EI 3EI 3EI 
 0 0 − 
 L3 L3 L2 
 ES 
Matrice de rigidité du premier élément ~
K   1 = − 0
ES
0 0 
 L L 
 0 3 EI 3EI 3EI 
− 0 − 2
 L3 L3 L 
 3 EI 3EI 3EI 
 0 0 − 2
 L2 L L 

Matrice de rigidité du deuxième élément

 ES ES 
 L 0 0 − 0 
L
 3 EI 3 EI 3EI 
 0 0 − 3 
 L3 L2 L 
 3 EI 
 
~
K 2 = 0
3 EI
L2
3EI
0 − 2 
 L L 
 ES ES 
− 0 0 0 
 L 3EI 3 EI
L
3 EI 
 0 − − 0
 L3 L2 L3 

Assemblage de la matrice de rigidité globale

 ES ES 
 L 0 − 0 0 
L
 3 EI 3 EI 3EI 
 0 − 
 L3 L3 L2 
 2 ES ES 
 0 0 − 0 
 L L 
 6 EI 3EI
K g = 0 0 − 3 
L3 L 
 6 EI 3 EI 
 0 − 2 
 L L 
 ES 
 0 
 L 
 3 EI 
 L3 


5/ résolution du problème
Les conditions aux limites

Nœud 1 (appui articulé ) : u1=v1=0

Nœud 2 : (appui articulé ) : u2=v2=0
Nœud 3 (appui articulé ) : u3=v3=0
Le système global à résoudre : K q = F 

 ES ES 
 L 0 − 0 0 
L
 3 EI 3 EI 3EI 
 0 −   0 
 L3 L3 L2   u1   −
5F 
 2 ES ES    16 
 0 0 − 0   v1   0 
 L L   u 2   11F 5qL 
− 3   v 2  = − 16 − 8  + R 
 6 EI 3EI
0 0
 L3 L    
   3FL qL 
2
6 EI 3 EI  w 2  −
 0 − 2     16 8 
 L L   
u 3 0 
   v3   3qL 
0    −
ES
 
 L   8 
 3 EI 
 L3 


En introduisant les conditions aux limites, on obtient le système à résoudre

 ES ES 
 L 0 − 0 0 
L
 3 EI 3 EI 3EI 
 0 −   0 
 L3 L3 L2  0   −
5F   X 1
 2 ES ES    16   
 0 0 − 0  0   0   Y1 
 L L  0     X 2
 6 EI 3EI    − 11F − 5qL   
0 0 − 3
 L3 L   0  =  16 8  + Y 2 
  3FL qL   0 
3 EI   w2 
2
6 EI −
 0 − 2   16 8   X 3
 L L  0   0   
  0   3qL  Y3
0    −   
ES

 L   8 
 3 EI 
 L3 


6 EI 3FL qL2
2 = −
L 16 8

Le système à résoudre est :

La solution est :  2 =  3F − qL  L
2

 2  48EI

6/ calcul des réactions aux appuis

 ES ES 
 L 0 − 0 0 
L
 3 EI 3 EI 3EI 
 0 −   0 
 L3 L3 L2  0  
−
5F   X 1
     

2 ES
0 0 −
ES
0 
0   16
  Y 1 
 L L  0   11F0 5qL   X 2
 6 EI 3EI    − −   
0 0 − 3  0 −  16 8  = Y 2 
 L3 L   3F 2 
   L   3FL qL2  
 6 EI 3 EI   2 − qL  48 EI   − 
0 
0 − 2    
 L L  0   16 8
  X 3
0
     Y3

ES
0   0   − 3qL   
 L   8 
 3 EI 
 L3 


Le moment fléchissant au niveau du nœud 2 n’est pas nul car on a un ressort de torsion (on dirait qu’on a une
soudure de mauvaise qualité entre les 2 bouts de poutres.

On va travailler avec des éléments encastré- encastré

Connectivité

Elément 1 : nœud 1 et nœud 2

Elément 2 : nœud 3 et nœud 4

Les degrés de liberté de chaque élément sont :

Elément 1 : nœud 1 et nœud 2 ses degrés de liberté sont : q

~ t = u
1 v1 1 u 2 v2  2 t

Elément 2 : nœud 3 et nœud 4 ses degrés de liberté q

~t = u v2 3 u4 v4  4 
t
2

(car u2=u3 et v2=v3)

Le vecteur des forces nodales pour le premier élément

  0  u1
 L  v1
−q 2 
 2
− q L  w1
 
FR 1  12  u 2
 0 
 L
 − q
2  v2
 L2 
q 
 12  w 2
Pour le deuxième élément

 0  u2
 L  v2
−q 2 
 L2 
− q  w 3
FR 2  012  u 4
 L
 − q 2  v4
 L2 
q 
 12  w 4
L’assemblage du vecteur global des forces nodales

 0 
 L  u1
 − q 2  v1
 L2 
 −q 
 12  w1
 0 + 0  u2
 L L
 − q − q
2
v2
2
  
F =
q
L2  w2

 12 
 L2  w3
 − q 12 
 0 
 u4
L  v4
 −q 
 2 
 L2  w4
 q 
12
Construction de la matrice de rigidité globale
k
wint = − K ( 3 −  2 )(3 − 2 )
 K − K   2 
Le travail virtuel des efforts intérieurs du ressort de torsion k
wint 
= − 2  
K   3 
− K
  ES ES 
 L 0 0 − 0 0 0 0 0 0 
L
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 0 − 0 0 0 0 
 L3 L2 L3 L2 
 4 EI 6 EI 2 EI 
 0 − 0 0 0 0 
 L L2 L 
 ES ES ES ES 
− + 0 0 0 − 0 0 
 L L L L 
 12 EI 12 EI 6 EI 6 EI 6 EI 6 EI 
+ − 0 −
 L3 L3 L2 L2 L2 L2 
K  =  4 EI

 +K −K 0 0 0 
 L 
 4 EI 6 EI 2 EI 
 −K +K 0 −
 L L2 L 
 ES 
 0 0 
 L 
 12 EI 6 EI 
 −
L3 L2 
 
 4 EI 
 L 


Les conditions aux limites

U1=v1=w1=0

U4=v4=w4=0

Le système à résoudre
 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 0 0 0 0 
L
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 0 − 0 0 0 0 
 L3 L2 L3 L2   0 
   L 
− q
0   u1   
4 EI 6 EI 2 EI
 0 − 0 0 0 2
 L L2 L    L 2 
 ES ES ES ES   v1   − q 
− + 0 0 0 − 0 0   w1   12 
 L L L L   0+0 
 12 EI 12 EI 6 EI 6 EI 6 EI 6 EI   u 2  − q L − q L 
+ − −    2
0
 L3 L3 L2 L2 L2 L2   v 2   2

 + R 
   = L2

 4 EI   q
+K −K 0 0 0  w 2
 L    12 
  w3  L2 
4 EI 6 EI 2 EI     − q 
 −K +K 0 − u4   12 
 L L2 L   0
   v4   L 

ES
  − q 
0 0  w4  2 
 L 
 12 EI 6 EI   L2 
 − 2 
 q 
L3 L  12 
 
 4 EI 
 L 


En tenant compte des conditions aux limites

 ES ES 
 L 0 0 − 0 0 0 0 0 0 
L
 12 EI 6 EI 12 EI 6 EI 
 0 0 − 0 0 0 0 
 L3 L2 L3 L2   0 
   L 
−q
0  0   
4 EI 6 EI 2 EI
 0 − 0 0 0 2
 L L2 L    L 2 
 ES ES ES ES  0   − q 
− + 0 0 0 − 0 0  0   12 
 L L L L   0+0 
 12 EI 12 EI 6 EI 6 EI 6 EI 6 EI   u 2  − q L − q L 
+ − −    2
0
 L3 L3 L2 L2 L2 L2   v 2   2

 + R 
   = L2

 4 EI   q
+K −K 0 0 0   
w 2
12 
 L  
  w3  L2 
 4 EI 6 EI 2 EI     − q 
−K +K 0 −  0   12 
 L L2 L   0
  0   L 
0   0   − q 2 
ES
 0
 L  
 12 EI 6 EI   L2 
 − 2 
 q 
L3 L  12 
 
 4 EI 
 L 


 ES 
2 L 0 0 0 
  0 
6 EI   u 2  
− qL 
24 EI 6 EI
 0 − 
 L3 L2 L2   v 2   L2 
 6 EI 4 EI   =  q 
 0 − +K − K   w2  12 
 L2 L   w3  L2 
 6 EI 4 EI   − q 
−K + K  12 
 0
 L2 L 

La solution de ce système est :

 0 
2 KL + 3EI
 u 2  − qL4 
 v2   24 EI (EI + 2 KL ) 
 = qL3

 w2   − 
   6 EI + 12 KL 
 w3  qL3 
 
 6 EI + 12 KL 

4
si K tend vers 0 on retrouve le résultat v2 = − qL
8EI
4
si K tend vers l’infini v2 = − qL
24 EI