Mecanique Generale - Chap1

Transcription

énoncés
© [JP.BROSSARD], [1994], INSA de Lyon, tous droits réservés.
Une série de dix neuf exercices ou petits problèmes sont présentes
dans ce
directement
fascicule. Ils ont été
l'objet du cours
choisis de manière
sur les torseurs
a refléter
sans toutefois rester
uniquement de simples exercices de manipulation mathématique. Certains
d'entre eux, par leur caractère fondamental, préparent le lecteu:
l'étude des autres chapitres de ce cours de mécanique.
- 1-
EXERCICE Kl
Formule du double produit vectoriel.
Démontrer qu'étant donné trois; vecteurs u, v, w, on a :
=
/** . **\
(U
W) . "**
V
-
/"*" . "*"\
(U
V) "*
W
(u A v) A w. =
(u . w) . v
-
(u . w) u
•*•
U
/•*• A ~*\
A (V
W)
(formule de Gibbs)
EXERCICE 1.2
Démontrer que :
(a A S) A (c A cl) = £ (a, c, 3)
- a (t, c, 3)
EXERCICE 1.3
Démontrer que :
(a A S) . (c A et)
=
(a . c) . (S . 3)
-
(a . 3) (î . c)
EXERCICE 1.4
f*.
-*•
•>
Soient A et B deux vecteurs donnés et un vecteur X défini par
la relation :
^ +
+
A A X = B
_>
_^
a/ Quelles relations doivent vérifier A et B pour que l'opération
soit possible ?
~>
b/ Calculer alors la solution générale pour X.
EXERCICE 1.5
-V
->
-*•
Soient A et B deux vecteurs donnés et X un vecteur inconnu.
Montrer que l'équation vectorielle
-*->.-*.
->
X + B AX - A
admet une solution et une seule.
EXERCICE 1.6
Soit L^J une matrice antisymétrique à 3 lignes et 3 colonnes
dont on désigne les éléments par a— et soit [x] une matrice unicolonne
à 3 lignes dont les éléments sont designés par X£. Montrer que les éléments de la matrice produits sont les composantes d'un produit vectoriel
V = fi A X
- .2 -
Déterminer le vecteur Q, le vecteur X ayant pour composantes
xj, x2, x3. Donner une règle pratique pour former u.
EXERCICE 1.7
Déterminer le nombre de paramètres nécessaires pour caractériser :
1°/ un vecteur lié
2°/ un vecteur glissant
3°/ une droite
4°/ un vecteur libre
EXERCICE 1.8
Un vecteur glissant étant parfaitement caractérisé par la connaissance de ses coordonnées, montrer qu'on peut les utiliser pour caractériser
le support du vecteur glissant. Formuler aussi l'équation de cette droite
(coordonnées pluckeriennes).
EXERCICE 1.9
Soit un axe (A) de vecteur unitaire u
et un point M quelconque. On fait subir
au point M une rotation d'angle 0 autour
de (A). Le point M vient en M' .
1°/ Déterminer le point M' de manière
intrinsèque pour une rotation quelconque.
2°/ Envisager le cas d'une rotation
infinitésimale.
- 3-
EXERCICE 1.10
->• "
-v
Soient ui et u2 deux axes quelconques concourants. On fait une
rotation d'angle Oj autour de ui, suivie d'une rotation d'angle 02 autour
de U2*
'
Montrer que ces deux rotations sont équivalentes à une rotation
unique et passent par le point de concours 0.
- 4-
EXERCICE 1.11
Un point M de l'espace est attiré par n centres fixes Aj, A2, ...
A., ... A proportionnellement aux distances MAj, MA2, ... MA., ... MA ,
les coefficients de proportionnalité étant m-^, m2, . • • m., .,. m .
1
n
L'action de A. sur M est F. « m. MA..
i
1
1
1
1°/ Dans le cas où £m. ^ 0, calculer la résultante R (on précisera
la signification de ce terme).
->
2°/ Dans le cas où £m. = 0, que devient R«
EXERCICE 1.12
Soit un cube ABCD A'B'C'D', d'arête a.
a/ Déterminer l'axe central du torseur constitué des vecteurs : AB,
f
B'C', D'D.
->•
b/ Calculer M au centre du cube.
c/ Calculer 1'automoment du torseur.
EXERCICE 1.13
Etant dqijné jm tétragdreÂBCD, on considère le torseur [T] formé
par les vecteurs AB, AC, AD, BC, CD, DB.
l/ Calculer la somme géométrique R de [T].
2/ Calculer le moment de [T] en chaque sommet du tétraèdre.
3/ Calculer les moments de [TJ par rapport aux six arêtes.
EXERCICE 1.14
_^
Soit uT3^Daralléléçî.pède rectangle construit sur 3 arêtes OA, OB,
OC, telles que [OA! = 3a, [OBJ = 4a, [ÔCJ = 5a.
-*. -^. .->.
Soit (0, X, Y, Z) un repère tel que :
X
- Ô A
X
~ 3 a
y - ^
" 4 l
Y
£
Z
- ÔC
" 5 l
1°/ On désigne par [T] le torseur de deux vecteurs glissants AB et CD.
a) Calculer la somme S et le moment M(0) du torseur [l] .
b) Déterminer l f axe central de [TJ . Préciser géométriquement sa position.
- 5-
—».—*.
2°/ Soient H et K appartenant respectivement à AB et CD. Soit |jrfj.
le torseur formé de lfensemble des vecteurs glissants dF = HK ds avec
s - [CKJ •- [ÂH] (0 « s « 5a).
a) Calculer les composantes dX, dY, dZ de dF.
b) Calculer les domposantes dL, dM, dN de dM(0) = OH A dF.
c) gar intégration des expressions obtenues en (a) et (b), calculer la somme
F et le moment M(0) du torseur [îf].
EXERCICE 1.15
->
->
Un torseur est défini par ses coordonnées R et M( ,.
1°/ Comment varie le module M,_v quand P décrit une droite (D) ?
Montrer que M. . passe par un minimum.
•*•
~±
->> •>
2°/ Au point P où M._v est minimum, montrer que M f p ^, u, R sont
coplanaires. (u désigne un vecteur unitaire de (D) ).
3°/ Existe-t-il un point p sur (D) tel que M. . soit colinéaire a u ?
EXERCICE 1.16
Soient deux torseurs [l.J et j_T ] dont les éléments de réduction
en 0 sont :
-^
-»•'
\ Ri
(R 2
pour [T ] :
^
pour [T j .:'
_
1 M
«
l
M
2
A quelles conditions doivent satisfaire les deux torseurs [T ]
et [T^J pour qu f ils aient même axe central ?
EXERCICE 1.17
Soient deux torseurs [T ] et [T^J dont les éléments de réduction
en 0 sont ceux de l'exercice 1.17. On appelle comoment des deux torseurs
[T ] et [T ] le scalaire C 2 = $. . ï&2 + S . S . Montrer que si :
C 12 = 0
Rj . R2 = 0
les axes centraux se coupent à angle droit.
- 6-
EXERCICE 1.18
Déterminer l'axe central d f un torseur formé de deux vecteurs
glissants V, et Vo dont la somme n'est pas nulle.
1°/ Détermination analytique :
On utilisera un repère 0, x, y, z tel que :
0 = 0 . point appartenant au support (A ) de V..
x
porté par v,
£ porté par la perpendiculaire commune aux supports de V
y = Z A x
et V«•
On désignera par 0~ l'intersection de (0, z) avec le support (A^)
de V^ et l'on posera :
V r = V.j x
(5, u) = 6
V2 = V2 u
OJ"02
=
dz
2°/ Construire géométriquement (géométrie descriptive) l'axe central.
On démontrera au préalable que toute droite qui rencontre (A.) et (A9) et
qui est orthogonale à la somme ^ du torseur rencontre aussi l'axe central.
EXERCICE 1.19
l'axe central (A) du torseur somme [îl
P p Déterminer
^ j de deux torseurs
Lîj et LÔJ sécants et orthogonaux. On utilisera un repère orthonormé direct
(0, x, y, z) :
0 : origine, point de concours de (A ) et (A9) axes centraux de [T.]
et [Tj.
x : porté par l'axe central de LT.].
y : porté par l'axe central de LT?].
On posera en outre pour les sommes de [T.] et [l9] :
S, =
S, x
S2 =
S2 y
Enfin, on désignera par A
et A
les pas de [T ] et [l/j .
solutions
- 7-
EXERCICE 1.1
1.1.1.
Montrer qu'étant donne 3 vecteurs libres fi, ^, î?
5 A (^ A fi) -
on a
(5 . ft) . $ - ^ (ft . $) . fr
Sachant que pour représente? un vecteur libre on peut prendre tout
vecteur lié, on peut donc sans perdre la généralité du problème choisir trois
représentants de Û, ^ et W ayant la même origine 0.
A ce moment V et W définissent un plan que nous appellerons n.
Désignons par :
a) U' projection de U sur II
b) p = V A W (p normal à H)
c) P = U A p' * U A (V A W)
Supposons
a) V et W non colinéaires
(s'ils l'étaient on aurait
P - 0)
b) U f ï 0 (sinon Û f = 0 -» U
normal à II -> IÎ parallèle
à p + f = 0)
Démonstration :
_. . .
"^ "
Le vecteur P appartient au
plan n et on peut donc le définir comme une combinaison
+
_+
linéaire de V et W. Soit
P = aV
+ 3 W
(1)
Les scalaires a et 8 sont donc à déterminer. Dans ce but, définissons un
repère R [b,.X, Y, Zj , les vecteurs unitaires X, Y, Z étant définis comme
suit :
X perpendiculaire à U'(X . U'= 0)
_^
_^
Y porté par U f
->
-*.
->
->
Z = X A Y (porté par p)
x
Dans ce repère on peut écrire :
U
=
r° i
. M
Y!
V
LziJ R
On a donc
-, ^ ^
,
2
L JRLoJR
W =
1PJR
\*2\ fxsi
A Y
p = V A W = Y
0
^ r 3~
Y2
=
3
=
Y3
LOJR
r o0
Lx 2 y 3 -Y 2 X3 jR
(2)
- 8-
et donc
*
P =
* +
f ° 1
I"
U A p = Y 1 A
KJR
°
o
1
F Y l( X 2Y3 - Y 2 X 3 )~
0
=
L*2Ï3-*2XJR
L:
0
JR
ou encore
?
« Y! (X 2 Y 3 - Y 2 X 3 ) . X
(3)
II nous reste maintenant à exprimer le vecteur unitaire X en fonction de
V et y.
On a
V
=
X2 . X
+
Y2 . Y
W
=
X3 . X
+
Y3 . Y
On peut encore écrire
Y3 V
«
Y3X2 . X
+
Y3Y2 . Y
Y2 W
«
Y2X3 . X
+
Y2Y3 . Y
Par soustraction on obtient
Y3 V
-
Y2 W
=
(X2Y3 - X3Y2) . X
(4)
En comparant (4) et (3) on obtient
P
- Y}Y3 . $ - Y}Y2 W
(5)
Par identification avec l'équation (1.1) on a
a
=
YiY
1 63
6
= ~Y!Y2
=
U . W
n
/ON
selon (2)
= -U . V
On a donc finalement
P
1.1.2.
=
U A (V A W)
=
(U . fi) . V . -
(U . V) . W
Démontrer la formule de Gibbs ;
(U A V) A W
=
(U W) . V
-
(V . W) . U
La démonstration est rigoureusement identique à la précédente,
quand on définit cette fois le plan II par u et y» 1e vecteur y jouant le
rôle précédent de u-
- 9-
EXERCICE 1.2
Démontrer que :
(a A ï>) A (c A dT ~ *> (à9 c, cl) - a (b; c, d)
La démonstration est immédiate par l'application de la formule
du double produit vectoriel.
„ > . - > - >
Posons
p = c A d
P « (a A b) A (c A 3)
Démonstration
P
=
(a A b) A p
Selon la formule de Gibbs
-»•
Remplaçons p par sa valeur
P =
(a . p) . b -
(b . p) . a
P = b . [a . (c Ad)} - a [b . (cAd)j
(1)
Nous savons qu'un produit mixte est défini par la quantité
(v,, v2, v3) = (Vj A v2) . v3
et que ce produit est invariant dans une permutation circulaire de ses
composants.
—V
L'équation (1) peut donc s'écrire
_>.
P
=
_>
_*
. -v
•—>-
—^
—f,
—^
b (c, d, a) - a (c, d, b)
et donc
P
=
(a A b) A (c A d)
=
b (a, c, d) - a (b, c, d)
EXERCICE 1.3
Démontrer que : (a A S).(c A3) - (a.c).(b.â) - (â.3).(B.c)
Même genre d'exercice que le précédent.
Posons : ÇA 3
*
p
(a A t). (c A 3) = è
Démonstration :
-»•
-y
-*•
->•
S = (a A b).p
• > - > - * .
=
(a, b, p)
.->
->
_v
=
(b, p, a)
->
-*• ->
= (b A p).a
~> ->
->
= a (b A p)
-*• ->
-*•
-> ^
= a. [b A (c A d)J
->
=
p —>
->
->
(permutation circulaire)
(définition)
(commutativité du produit scalaire)
(définition de p)
->
-V
->n
a L(b.d).c - (b.c).dj (formule du.double produit)
Finalement
-*•
-> ->•
->->•
-»•->
•>->••
S = (a.c) (b.d) - (a.d).(b.c)
- 10 -
EXERCICE 1.4
Soient deux vecteurs 1 et 1 donnés et un vecteur ^ défini par
la relation
'-*-»•
->
A AX - B
A, B ^ 0
~*
~*
Quelle relation doivent vérifier A et B pour que l'opération soit
possible ?
->
Pour que l'égalité soit vérifiée, il faut que B soit perpendiculaire et à x et à A«
'•4«1
La condition est donc la suivante :
A• . B
=
0
(1)
->
Solution générale pour X ;
1.4.2
a) Non unicité de la solution de l'équation :
-*•
->
1ère méthode : Supposons c[ue X et X2 soient des solutions de l'équation
A A X = B
On a alors : A A X = B et A A ïL = B
A
- > - * • - > •
ce qui entraîne par soustraction A A (X - ÏL) = 0
(2)
Pour que (2) soit vérifiée il faut
^
-V
-±
A = 0
impossible : par hypothèse A ^ 0
X, -X 2 = 0 => î, = %
Xj - X2 parallèle à A, c'est à dire X} - X£ = ÀA
A étant un scalaire arbitraire
X = X + XA
ou encore
->X : solution générale
->
X
(3)
: solution particulière
2ème méthode : On définit un repère R dans lequel on pose
-A M
A
-X fXx i"
'-B> MB
2
2
LA3JR
2
WR
Lx3JR
A ce moment
A AX
soit
=
B
[A]]
("Xjl
==> A2 A x2
.A3j
LX3j
A 2 X 3 - A3X2
= B!
A 3 X! - À i X 3
«
A X
1 2 "
A X
2 1
=
=
[Bj"
B2
LB3.
B2
B
3
qui est un système de Cramer dont la solution n'est pas unique si le déterminant D du système est égal à zéro.
- 11 -
0
D =
-A3
A2"
+A3 o -A!
rA2 A! 0 _
D
- A3(-AxA2) + A2(A3Ar)
D
= -AiA2A3 + AjA2A3
D
= 0
et donc l'équation vectorielle considérée a une infinité de solutions.
b) recherche de la solution particulière ~î :
Si l'on multiplie vectoriellement à droite les deux membres de
l'équation donnée par A °n obtient :
,->•
-K
->
(A A X) A A
=
-*•-*•
B A A
Le membre de gauche est un double produit vectoriel qui se transforme
selon l'exercice 1 . 1 . On obtient
(A2).X
-
(X.Â) A •«• B A A
(4)
Puisque X est arbitraire (X ^ 0) choisissons X = Xp de telle manière que
Xp.A = 0 (xp perpendiculaire à X). Dans ce cas l'équation (4) devient
(A2).Xp
« B AA
d'où
Xp
- If!
A
(5)
Q) solution générale :
Elle est donnée par (2) et (5)
x
= IfA
A
+x
A
- 12 -
EXERCICE 1.5
-* •
-*
->
A et B sont deux vecteurs donnés et X un vecteur inconnu. On
considère 1'équation vectorielle suivante :
- > - - > • - > - > .
X + B AX = A
(1)
1.5.1
.*
7
z
->.
=
Unicité de la solution
->•
•*•
^Supposons que X et X? soient solutions de (1) et appelons
y
x, _ yxz
On a donc
1
X. + B A X
->*
->•
->'
X2 + B A X£
Z
=
A
->
= A
Par soustraction on obtient
Z + B A Z =
0
(2)
Multiplions scalairement l'équation (2) par B ^ 0
B.Z H- î. (B A Z)
=
0
Mais B.(B A Z) = 0 car B A Z est perpendiculaire à B
'->• ->
->->
donc B.Z = 0 =SB> Z = 0 puisque B ^ 0
et donc Xj = X2
-v
->
Comme X- et X sont arbitraires, on conclut que la solution de (1) est
unique.
1.5.2
Recherche de la solution
Le but est de mettre X en facteur. Pour ce faire nous avons à
notre disposition les opérations vectorielles.
Multiplions scalairement (1) par B ^ 0
d'où
B .X
+
B . (B A X) =
B .X
=
B .A
B .A
(3)
-4-
Multiplions vectoriellement (1) à gauche par B ^ 0
1 A X + B A ( B A X) =
B AA
En développant le double produit vectoriel
î AX +
(B . X) . !*
- B2. X = 1 A A
En utilisant l'équation (3) et l'équation (1) mise sous la forme
î A ^ = A - 1î , (4) peut s'écrire
(4)
- 13 -
->• -^
.-*->-*• ->?"*•
•*• -*
A - X + (B.A).B - B X = B A A
A + (B.A)B - B A A = X(l + B2)
ou
->•
->-»•—»• -> ->
vX = A + (B«A)B—5
-B AA
1 + BZ
dJff ou-
Ti/ote : On retrouve bien aussi sur le résultat que la solution est unique
pour A et B donnés.
EXERCICE 1.6
[fi] est une matrice antisymétrique dans R
M
-
[ ° a!2 313
-a]2 0 a23
L-a13 -a23 0 \
Rappel •: • a..
=
- a..
O
[x] matrice unicolonne dans R
M =
V
X
2
IxJ
Faisons
le produit T^j . [x]
[fi] . [X] =
[ a !2 X 2
-a 12 X,
+a
!3X3
+ a 23 X 3
-~ a !3 X l
~a23X2-
(1)
Considérons maintenant le vecteur £2 de composantes Ci , fi9, fl_ dans R_,
et effectuons le produit vectoriel v = n A X
V
=
""il
|"Xll
^2 A X2
.fi3J
LX3J
["2X3 ~ n3X2*
= fl Xj -
fijX3
(2)
b2]^ ~ n2Xl-
Si l'on identifie (1) et (2) on obtient
n
=
-a23"
+a]3
-a!2-
(3)
- 14 -
Règle pratique de formation
Dans la matrice antisymétrique [ft] il y a seulement trois éléments
indépendants et il est logique de considérer ceux qui sont positifs, c f est à
dire
a
!2
'
a
'
!3
a
23
La formation du vecteur Û est telle que
- la composante Œ. sera lrélément ci-dessus qui ne contient pas de 1
S
2
Û3
3
Quant au signe, ces éléments seront affectés de signes que l'on utilise
quand on calcule le déterminant de la matrice |ft|, c'est à dire
+ • - • + :
- +
+
-
+
Suivant cette règle de formation
ft sera
a~o
précédé du signe -
^2 sera a
précédé du signe +
Œ
précédé du signe -
sera
a.«
- 15 -
EXERCICE 1.7
1.7.1
Un vecteur lié [ÂB]
II -'faut définir lforigine de ce vecteur et le vecteur libre v qui le représente.
x
OA
l
Y
=
.V>
=
[vVil
2
LV3-R
WR
II faut donc 6 scalaires indépendants.
1.7.2
Un vecteur glissant
(AB)
Un vecteur glissant peut être considéré comme l'association d'une
droite et d'un vecteur libre
(ÂB)
=
{ÂB, D]
II est donc caractérisé par ce vecteur libre AB et par son moment en un
point 0 quelconque
~*
AB
«
^
Y
-,
M
n
Z
cZ
JR
°
«
FiMlLl
!
NÎ
N
L
JR
On a donc 6 scalaires, mais qui ne sont pas indépendants. En effet on sait
que
MO . ÂB
=
0
—»
XL + YM + ZN
=
0
Ces six scalaires sont donc liés par une relation.
En conclusion 5 scalaires indépendants seront suffisants pour
caractériser (AB)
1.7.3
Une droite D :
a) Repérage géométrique
Considérons le repère R orthonormé
direct.
La droite (D) quelconque coupe le
plan XOY en A et s'y projette en (Df).
Alors la droite (D) sera complètement définie si on se donne
- =
OA
H
Y
WR
et les angles a et 6
On a alors 4 paramètres indépendants
-lô-
tO Repérage analytique
La droite D peut être définie par le vecteur glissant (AB) qui
r•
j\.
•
est caractérisé par
- son vecteur libre AB
-
Y
WR
F
- son moment en 0 : Mn
= M
WR
Nous avons donc 6 paramètres.
Mais tout vecteur glissant parallèle à (AB) caractérise aussi
la direction de (D). Par conséquent le vecteur (AÂÈ) est aussi caractéristique de (D).
(AAB) a pour composants
-»
A AB
=
FXX1
AY
et
MR
+
M
I~XL"
AM
=
MR
A est un scalaire arbitraire. Il peut donc être choisi de manière à réduire
le nombre de paramètres nécessaires.
Une manière possible est de choisir
-•
"xl
z
-*•
AAB =
A - •— . A ce moment on a
LJ
\L"
z
Y
j.
->•
M
etM 0 = |
1
I'
WR
U
*
II nous reste donc 5 paramètres. Mais de plus nous savons que ces cinq
paramètres restent liés par la relation
MQ . ÂB
- 0
.
. ,.
c'est a dire
XL YM N
—~- + — 4- — = 0
Z
Z
Z
II nous reste donc 4 scalaires indépendants pour caractériser une droite.
1.7.4
Vecteur libre :
Dans un espace à trois dimensions il nous faut les trois coordonnées de ce vecteur libre.
._
Donc 3 paramètres indépendants
- 17 -
EXERCICE 1.8
Les coordonnées du vecteur glissant (AB) sont
- M
WR
AB =
- M
WR
Y
et M
= M
0 arbitraire
^ Choisissons un repère R centré en 0.
OA est quelconque.
x
y
ÔA =
WR
M
=
ÔA A ÂB
L]
fxl
fxl
M = y A Y =
NJ R W
LZJ
[yZ - zY"
zX - xZ
LxY - y x J R
On a donc un système de trois équations en x, y, z, duquel on tire
» - -f-i
'-{?*•!
Z
=
Z
On a donc .4 paramètres pour déterminer la droite support du vecteur glissant
••!
--!
p--l
-I
tels que
coordonnées pluckêriennes d'une droite
y = bz + q
z = z
- 18 -
EXERCICE 1.9
1.9.1
Déterminer le point M' de manière intrinsèque.pour une rotation
quelconque :
- Soit N la projection de M sur A »
Après rotation M f se projette aussi
en N.
- Soit 0 un point quelconque de A origine de notre espace
- Soit H la projection de N sur MM 1
On a
MM f
NH
HM f
-L A
± A
J. OH
Par manière intrinsèque on veut dire
qu'on cherche à exprimer le vecteur QM'
après rotation en fonction du vecteur
0$ avant rotation d'une manière qui est
indépendante d'un système de coordonnées
queIconque.
Nous pouvons écrire :
ÔM 1
ÔM
1
= ÔM
+ MM f
«
+
ÔM
|
(1)
2HM' )
Nous chercherons donc à exprimer HM 1
Puisque M est perpendiculaire à NH et donc au plan contenant A et NE, on
peut considérer HÉ' comme parallèle au produit vectoriel de U et de HN et
donc écrire
1
HÔ 1
=
À (M A Û)
(2)
La détermination de X se fait en remarquant que le module de ce produit
vectoriel doit être égal au module de HM 1
]HM'|
lîS| tg |
«
On a donc
A |HN A tïj'
- JSS
A |M| . j t f | . sin ij,
1*1
^
«
=
tg |
=
j î S j tg |-
»
sin * « 1
~
x jïS| •-
IHNJ tg |
>
x = tg !
- 19 -
donc (2) s'écrit
ÎDÏ'
-
tg | (HN A U)
m' = HN A u tg |
y
_V
y
/J
Appelons V * U tg '•=•
(4)
.
(V est un vecteur porte par A)
_*
m'
« HN A V I
(5)
(6)
Dans (6) HN s'exprime alors facilement en fonction de OM et OM'
NH « NO + OH
m*
=
HN A V
= V A NH
=
ÏÏM1
Mis
=
V A (NO + OH)
V A ÔH
car
NO colinéaire à V
a , a*a-
d'où
m' = y [v A (ÔM 4. OM')]
(?)
On peut donc exprimer OM' de l'équation (1)
OM'
=
OM' =
OM + V A (SS -f ÔM')
ÔM + ^ A ÔM -f ^ A ÔM1
ÔM' - ^ A ÔM'
= ÔM -»• "^ A ÔM
(8)
On remarque que (8) est de la forme de l'équation X + B A X = A dont la
solution a été obtenue dans l'exercice n° 1,5 avec
X = Ôfl'
'
î = -* •
A = ÔM ' + V A ÔM
On a donc la solution pour OM'
-S
UM t
=
ÔM -H V A ÔM - [-V. (ÔM + V A ÔM)] . V + ^ A (ÔM + V A ÔM)
' '
1 H- V^
Après transformation, en utilisant la formule du double produit vectoriel,
on obtient
OM' = ÔM
+ 2 V A ÔM ' -+
1 4- V2
2 V. (V - ÔM) - V2QM
- 20 -
1.9.2
Cas d'une rotation infinitésimale :
Soit la rotation
tg
1
~ .É|
6 « <ty
et
QH
telle que
« ÔM
•"
V devient :
v = 5^|
ainsi que M1
HMf
=
^| U A OM
ce qui entraine
MM f
=
2 HM f
et
ÔM'
=
ÔM + U d ij; A ÔM
donc
ou encore
i
Si on définit
^
dM
n>
V(M) = -77-
en posant
=
UdipAÔM
^
_ ?
""""*
(U A OM) d $
>
(OM1 - OM) =
-
->
V(M)
«
on obtient
->• diij
—>•
U^-AOM
=
->
—>•
fiAOM
-*•
-* d\b
Q = U -rr
EXERCICE 1 . l 0
-v
Soient U
-êt U9 deux axes quelconques concourants.
~**
Rotation 0] autour de U. et ensuite
rotation 62 autour de U^
Montrer que ces deux rotations
sont équivalentes à une rotation
unique et passant par le point de
concours 0.
M
9
ift , M.
e2/u2
t M,.
Nous avons vu dans l'exercice
(1.9) qu'une rotation finie autour
d'un axe pouvait se caractériser
par
OMf - ÔM
=
tg -| U A (OM H- OMT )
(1;
- 21 -
Principe :
'
.
Pour montrer que les deux rotations sont équivalentes à une
rotation unique il faut montrer que cette rotation peut se faire autour
d'un axe D passant par 0 tel que l'angle formé par OM" et D soit le
même que l'angle formé par ÔM et D.
Si À est un vecteur porté par D ceci revient à trouver une relation de la forme
5 3 " •..£•'« '00 . î ' • '
(53" - SE) À
où
- A
(2)
On a donc à prouver que (63" - 53) À = 0 le vecteur 1 étant à déterminer.
Démonstration :
D'après (1) on a
53' - Ô8 =
tg £i Uj A (OM + ÔM')
(3)
53" - 58f - tg ^J U2 A (OM" + OM')
(4)
Sommons (3) et (4)
ŒM" - ÔM =
tg & U2 A (OM" 4- CM'-) + tg -2i u' A (55 -i- ÔM')
ÔM" - ^ - tg -^ Uj A OM -H
fl
tg -^2. u2 A ^
+
(5)
(tg ^ U H- tg ^- D2) A ÔMf
Nous cherchons à éliminer OM'. Pour cela multiplions scalairement par W
*- tgû, + tg^fu2
(ÔM" - ÔM) W =
(tg -^ Uj A ÔM). W +
(tg ^ U2 A ÔM") . W
En utilisant les propriétés remarquables du produit mixte, on obtient
(ÔM" - ÔM)(tg6-i-U1 + tg6-|U2) = tg^- tg^| [(Uj.ÔM,^) + (U^ÔM-.iï,)]
= tg^- tg^| [(Uj, U2, ÔM") - (Uj, U2,ÔM)]
= tg^- tg^| [(Uj A U2) ÔM" - (U, A U2) ÔM]
= tg -2l tg -2| (Uj A U2)(ÔM" - ÔM)
ou encore
(OS" - OS) [tg9-^ îïj + tg^- $2 - tg6-^- tg9-|. (Û] A $ )]
- 0
~ 22 -
Si on définit 2 =
On obtient
tg Si 5i + tg £| ^ .
(CM11 - ÔM) A
- 0
tg
^L tg 6|(^ A ^}
qui est bien une relation de la
forme qu'on voulait trouver.
•*•
->•
->•
De plus, puisque U et U^ sont des vecteurs concourants en 0, le vecteur A
sera aussi un vecteur dont le support passera par 0
- 23 EXERCICE 1•11
1.11.1
Dans le cas où L m. ^ 0 calculer la résultante IL (on précisera
la signification de ce terme).
-*•
•
La résultante R^ est définie comme
?
--B H.
RM
-»
- ^ F. - .^«iî
Considérons un point 0 comme origine de l'espace MA.
Donc
Si•
_^
^ n
RM - MO I IÎK
i=l
' 2V, m.
i=l
^
0
+
n
[
i=l
>
ffli
OA
d'où
(1)
la résultante R^ varie avec la position du point M.
n
II existe alors une position G de M telle que R
par la relation
—V
GO
= MO + OA.
n
= 0, et qui est définie
n
l m.
i-1 x
-H
l m.—vOA.
i-1". x x
=
0
_
E OA..m.
OG =
ï—^
n
J,
BI
G est le barycentre des points A. affectés des coefficients m..
1.11.2
Cas où £ m. = 0
Si
, que devient R ?
îî
2. m. = 0, la relation (1) devient
,
"S
_
R^ = L m. OA.
et cette résultante est indépendante du point M considéré.
Soit un cube ABCDA'B'C'D' d'arête a
1.12.1
Déterminer l!axe central du
torseur constitué par les vecteurs Â§, B7!:' , D^D
Choisissons un repère R : [c, x y z]
Les caractéristiques du torseur fil sont
+'
[T]
S
t = ÂÊ + Ft' + FD
=
^
Sc « -cÂAÂS + cSf A B f c f -»- CD'A D7?
^
_
_
s . - ax - ay - az
I
=*
I
(§ = - cÂ 1 )
M
S
=
=
[al
F- al
[0l
[01
[al
[Ol
a A 0
+ a A - a + 0 A 0
[aj
[ 0J
[aj
[0J
[aj
[- aj
f- a]
"§•«!- a
MR
(i)
=
[a2]
a2
[a2J
[a2]
a2
(2)
1-1.1
Selon (1) et (2) on voit que M esj: colinéaire à ? —^C G
donc l'axe central est porté par ÇA'
1.12.2
Calculer MQ
MQ
= MC
0 centre du cube
+ OC A S
= 0
MQ
= M
A
=
car C et 0 Ç A
a2
(3)
HR
1.12.3
Automoment du torseur
S.M_
[- al
[a2]
= - a . a2
S . MC
a
L- J
L.
= - 3 a3
a
= - a 3 - a3 - a3 = - 3 a 3
(4)
Etant donné un tétraèdre ABCD
on considère le torseur [l] formé par
ÂÎ,'Â?, A3", B£, Cî>, DE
1.13.1
Calculer la somme géométrique
R de [l]
' S t - Â t + SÊ + Âft + B Ê + c î + Dt ,
Mais §£ + C$ + DE
«
0
Soit G le barycentre des quatre points
A, B, C, D affectés de poids égaux 1,
1, 1, 1
5g .
Q£ + 0$ + 05 +-Qfr
4
+
O S A _>r ÂÔ -a * f
** = f4
4
R
= 4 AS
(1)
Le vecteur AG est facile à construire. Pour cela on sait qu'on
peut remplacer plusieurs points pondérés par leur barycentre affecté de la
masse totale. Nous allons donc chercher le barycentre Gj des points B, C, D.
B m GA-*
2, - - " 0 définit aussi le barycentre des points
-i=l 1 1
A. affectés des poids m. (voir aussi exercice 1.11).
On s-ait que
B, C, D sont affectés de poids 1, donc
(fj~B + G^C -f G^D
=
0
(2)
Considérons par exemple le point M,
milieu de BC —* M§ - - îîC
G^ê =
G^S -f Ht
G^5 =
G^ï + M^
Donc
G\î + GÎ$
Mais MB + MC = 0
(2) devient
(ME et îïS opposés)
2 GjS + GjB
=
Mais dans le cas le plus général
(3) devient
= 2 Gpï '+ M' + M?
3 G^M + ME
0
Gjé
=
(3)
=
Gjlà -H îS
0
ME, - i ïS
(4)
(5)
(5) signifie que MGj et MD sont colinéaires et aussi que MD est médiane de
BC et que Gj est situé au J. de MD à partir de M
3
- 26 -
Un raisonnement analogue pourrait être fait avec N et P, milieux
respectivement de CD et DB. Donc le barycentre Gj se trouve au point de
concours des médianes du triangle. C'est le centre de gravité.
Connaissant Gj nous lui affectons* maintenant le poids 3.
Il nous reste donc à trouver le barycentre G des points A et Gj.
On a la relation : GA + 3 GÊj « 0
d'où
G C droite.AGj
et on a Â£ B 3 G£J
Donc
AÊ
« j A^j
(6)
Donc, d'après (1)
R
1.13.2
=
3 AÊ,
(7)
Calculer le moment de [T] en chaque sommet du tétraèdre
a)
S.
=
Â t A B t + ÂÔACîS + ÂÏÎADS
»
AS A BÊ + (ÂÊ + BÔ) A cS + A$ A DÏÏ
=
A§ABC+ÂBACD + BCAC5^ÂDA^S
*
AB A (BC + CD) - * - l C A C D + Â D A ^ 2
=
ABABD-f^CACD-ÂDA^D
• (AB - AD) A ID + "BC A "cS
= ~ B D A B D + B£A"CD
MA
= le A CD. - -
- cl A CD
(
(8)
Rappelons que l'aire d!un triangle BCD est donnée par
aire BCD « ~ | CB A CD|
La relation (8) nous montre donc que le moment du couple formé des vecteurs
BC, CD, DB a pour module le double de la surface du triangle BCD et qu'il
est perpendiculaire au plan de ce triangle.
b)
ML
Mg
*
BC A CD + BA A AÈ + BÂ A AD
=
BC A CD •»• BA A (ÂC -H ÂB)
=
MA + BA A (AÏB -H AC' + AD)
car B! A "^ = 0
MB
=
MA +'BA A R
Nous vérifions bien ici la formule de changement d'origine pour les moments
Mg
=
MA
+
BA A (ÂC + AD)
(9)
- 27 -
similairement on obtient
= M
c) Mp
L«
+ ÇA A (ÂB + AD)
A
:
(10)
d) M. = M. + DA A (ÂB + ÂC)
1.13.3
(11)
A
(j
Calculer les moments de [l] par rapport aux six arêtes
Rappel : le moment d'un torseur par rapport à un axe est égal à la projection sur cet axe du moment par rapport à un point de l'axe. Soit
M
/(D) '
a) M
%CD' °
M
AC
A
^
' IACI
(BC A CD). AC
JÂC|
=
mais (BC, CD, AC)
A
donc
Vf
=
M
An
AC
De même
M „=
6
=
6 V
(BC, CD, AC)
1 !ÂCi
(V étant le volume du tétraèdre)
V
|Âc|
AB
6V
M„=
^
jÂBl
I
M
= îî .-igB |BCI
b) De plus
BC
=
6V
AD]
IM + BA A (ÂC + S) . .-5£" A
!BC!
. (JC A^CD) JC
!
BCJ
et donc
=
+
|BA A (ÂG + AD) ! . -g;
BC!
i
(BA, ÂC + AD, BC)
M
|gi
et similairement
%
M
™
B
C
Mc
CD
w
PB
(ÇA, AB + AD, CD)
" '!sT
isi
__
(DA,
^ " ^ ' TsT "
•
AB -f AC, DB)
H
1.14.1
Le torseur [l] est formé des deux vecteurs AÉ et CD
a) Calculer les caractéristiques de ÎY]
S
=
_> -+
AB + CD =
[- 3ai [3ai
4a + 4a
0 J
L° J
=
r o"
8a
L OJ
|
1
S
=
f 8a
°l
L OJ
MQ=
=
ÔAAÂB
(Sa]
0
[G J
A
'" 0 1
=
0
+
12a2J
+
OCACD
F- 3al
4a
L ° J
+
F- 20 a2]
15 a^
L 0
J
[ 6]
[Sa"
0 A 4a
L5aJ
L 0.
=
[- 20 a 2 ]
15 a 2
L 12 a 2
^
M =
a2
["- 2o|
15
L 12J
- 29 -
b) axe central de \T\
-+* S A M0
L'axe central est défini par 01 =
—
S2
-+•
01*
_
01
2
=
a* r °i i"" °i
A
-2— 8a
2
64a
L °J
. _
= ya
1-14.2
96a
1.5 L 12J
0
[5J
3
i r i i i"
-—
=
°
r
J60a
7
a
J
°
L5.
Voir figure pour position géométrique
Soient H et K Ç à AB et CD> Le torseur [Tfj est formé par
dF « î^ds
s = • |CK.| = |ÂH|
a) Composantes dx^ dy3 dz de dF
HK
=
OK - OH
=
oc + s ^ - i - s M
ICD!
ÎABJ
_^.
HK =
=
(OC + CK) - ÔA - AH
" 0]
[3a]
[3a
"- 3a"
o + ~ 4a "- : 0 - I^*a
L5aJ
L 0,
L 0,
L °.
I s - 3a
HK
=
0
5a
d'où
dx
=
(j s - 3a) ds
dy
=
0
dz
=
Sad.s
b) Composantes dL, âM3 dN de dMQ = OH A dF
ÔH A cïF
=
(ÔÂ + Âïï) A dF
"3a - 3/5s] f(6/5s - 3a)ds"
0
4/5s A o
_0
0 J L 5ads
On obtient
dL
=
4 a s d s
dM
=
(- 15 a 2 + 3 as)
dL
=
-(|| s 2 + -1| as) ds
ds
- 30 -
c) Intégration : calcul de F et MQ
,5a
/ X =
/
(| s - 3a) ds = 0
0
F=
y
/•I 5a O d s
=
=
0
=
25 a 2
0
5a
5ads
/
0
5a
4asds
=
50 a 3
/
0
MO
=
M =
r/ 5a -
(15 a 2 + 3 as) ds «= - ^| a 3
0
-5a
N
(^| as - % s 2 ) ds =
- . /
0
d) Axe central de [f]
&
Déterminé par la position de I
*. -*
-. = H^MO
= _^__
F2
^*
01 =
°0
F n "
625 au
[3/2a"
2a
_ 0
A
L25a2J
voir figure
tel que
_F57s°5/Oa2fa3l ^ "
L~
10 a3
- 10 a 3
- 31 -
EXERCICE 1.15
—
_».
,B
Soit un torseur [T] j ->
'M
1.15.1
*
o
Comment varie le module ML quand P décrit une droite (D) ?
Montrer que ML passe par un minimum.
a) Démonstration analytique
Soient donnés la droite (D) de
vecteur unitaire îf et le point 0
Fixons nous un point de départ
A sur (D). P sera le point courant
sur (D), défini par son abscisse
|AP| = x. MA est parfaitement connu
I
XV
I
MA
A
= M + AO A R
o
-*•
Pour étudier la variation de |M j
nous calculons [Mp]2
Sp - 8A + ~Pl A S
PA = x U
Sp = MA + x U A R
[Mp]2 =
[Mj2 -H
(1)
x2 (U A R)2
+ 2 x(U A R) MA
La variation de M_ est donnée par l'étude d'un trinôme du second
degré en x
Le coefficient du terme du second degré étant > 0, Mp passe par
un minimum pour une valeur x* de x annulant la dérivée du trinôme
soit
2 x* (U A R)2
et donc
H-
2 (U A R) MA - 0
x* = - (KÇU AA P^
R;MA
MA
£2)
2
(ÏJ AÏ)
Notons que le minimum de [Mpj2 est aussi le minimum de JMpj
b) démonstration géométrique
Une démonstration à caractère plus géométrique peut être faite
en utilisant la notion d'axe central A défini comme le lieu des points
I tels que
MI = A R
On sait que I est la projection de 0 sur A
oi* = ^ A MO
"*9
R
)
Abaissons de P la
sut A (point I)
perpendiculaire
&p
=
g]. + PÎ A S.
Mp
=
A &
[%]2
=
+
PÎAR
(X R + PI A R) 2
« A2R2 + (PIAR)2+ 2XR.(PÎAR)
(Mp)2 = X2R2 + PI2.R2
(car l'angle entre PI et R est -r-)
!Mpi = |R| A2 H- dz
(d = |PI )
X est le pas du torseur [Tj
R est la somme du torseur Pr!
iMPB ! mini
. . 'i i
..
> dmini
' ' P;mini si P C à la perpendiculaire commune de D et
A soit P*
1,15.2
Au point où M_ est minimum, montrer que Mp*, Û et 1 sont coplanaires
a) démonstration analytique
-v
_>.
-*
Si (M_*, U, R) =
, Mp*. (U A R)
0
^
> les 3 vecteurs sont coplanaires
= 0
Avec (1) et (2) nous avons
.g. = M - oLîiA . û A g
P
A
(UAR)2
donc
?L* . (U A R)
•(Mp» , U, R)
=
=
M
(U A R) -
-•>•->-»^ M A . (D A R) • (U A R)
(U A R) 2
(U A R
MA (U A R) - MA (U A R)
=
0
- 33 -
h) démonstration à caractère géométrique
Mp* ' = A R + P*I A R
•
•
-
$
»
'
&
Considérons A 1 parallèle à la résultante R, passant par P . Elle est parallèle à l'axe A de par la définition de celui-ci.
Considérons le plan ïï formé par D et A 1
*
RC II
->
* U C II
*
évident de par les définitions
t
->
M*
t
puisque vecteur unitaire de D
ARC n
~!T*
+
P IA RG n
->
et R sont
JBBBB
puisque P*I, D = ^
»
M^
C 11
P*I, A f = -
1.15.3
-*•
U
coplanaires
:
' '
->
•
.
->
Existe-t-il un point P sur (D) tel que Mp soit colinéaire à U
"*
.
•* •
~
Mp colinéaire à U entraîne
Mp . »
M
•+
M^
=
->
k U
+ x U A R
k U - MA + x U A R
(3)
a) Condition de possibilité
De (3) k U
- MÂ
A.
^,
" * " " * " .
=
x U AR
•
->
le vecteur (k U - M ) doit être perpendiculaire à chacun des vecteurs U et
"|(, soit analytiquement
(k U - MA) . D
-*•
••+
=
0
>
->
>
On doit donc avoir la condition
WM
"*•
"^
A
R
M
U = A ' R
A
->•->•
U .R
(M
A
=
. U) (U . R)
M.
tr
MA
(k U - M ) . R - 0
Soit
k
- M
A
.R
= 0
k =
e
U
-*D
^' ^
U .R
- 34 -
Mais cette condition peut se transformer en utilisant la formule démontrée
en exercice 1.3
(M
A,
A U) (U A R)
=
(M . U) (U . R)
A
-
(M. . R) x 1
&
La condition de possibilité est donc la suivante
(M. * u) (u A R)
=
0
(4)
XV
->•
->
Pour que M soit colinéaire à U il faut que (4) soit vérifiée pour le
torseur donné [l]
b) Recherche du point P
Si la condition (4) est remplie, lféquation (3) peut s'écrire
k ÏT
=
& + x (5 A $)
A.
k Û . (9 A $) = S. . (U A I) -i- x (U A R)2
A
,, ^
dfOU
X
=
M . (U A R)
A
—-r
2
=
X
*
(0AR)
Donc si le point existe c'est le point P où Mp est minimum en module.
- 35 -
EXERCICE 1•16
Soient les torseurs
f ->
*
et
(Rl
[*,] ' L
/ ->•
(R9
W 'L
'
•<MI<0)
tM
<
2(0)
Les axes centraux (A|) et (A2) sont définis par leur direction (celle de
la somme géométrique) et par un point quelconque.
axe central (Aj)
- direction Ûj telle que
R
= Rj Uj
(a)
- Mj C (AO tel que
ÔMj
= 01* +
ï*55
(1)
R, A M
-. -J7+W
R
i
(b)
axe central (A2)
- direction Ù_ telle que
R = S Û
(a)
- M2 £ (A2) tel que
ÔS2
= Ôî*
+ Ï^M2
R2 A M
- -^
R2
+
(2)
^
^2u2
(b)
Maintenant, les droites (Aj) et (A2) doivent être confondues, ce qui
implique
a) IJj
b)
(a)
= Û2
= U
il existe »
Rj A iR2
=
et '•._ tels que
=
ÔM
0
(3)
RU A M
(b) avec (a)
ÔM
-—•
-»• •
+ X.ff
R
RU A M
= —
2
+ XJ
R 2
l
Û A M
2
U AM
—=
+
R
K
, g
.
£
RR
l
+
x
fj
(4)
Z
2
En multipliant scalairement les deux membres de (4) par U on obtient
',
=
A2
=
>-
(5)
- 36 -
et l'expression (4) devient finalement
->
-*•
->
Mt
MO
U A ( _L - -2. ) = o
R
l R2
.
(6)
(6) entraîne
5
%
—1 »• —
R
R
l
2
,.
ou bien
5
*2
R
2
1
R
l
= aSU
"
- 37 -
EXERCICE 1.17
Soient deux torseurs [Tj] et [T2]
( *,
.
'•
M'U
(S,
M'K
Leur comoment est défini par
C 12 = R, . M2
+ Ït2 . M,
Les axes centraux sont définis comme précédemment dans l1exercice (1.17).
Le fait que les axes centraux se coupent à angle droit implique
a) U- est perpendiculaire à îL
b) La longueur d de la perpendiculaire commune aux deux droites (AJ)
e.t (A2) est nulle.
La condition (a) entraine
:
• tfj . ft2 -
0
R j î . R2&2
R! . R2
=
0
= 0
(1)
Examinons la condition (b)
Soient (Aa) et (A2)
orthogonaux (selon a)
tels que représentés
sur la figure.
Soit P~ G A2 quelconque
Soit A ! parallèle à AI
passant par P^
(A1) et (A2) déterminent le plan n
Soit un référentiel R
arbitraire R (0,X Y Z)
Soit M un point courant
de n
X
Mcn
M Y
Z
L'équation du plan n
est
(2)
A X + B Y + C Z + D = 0
- 38 -
?2 G n avec
V
P2
Yp
donc
.H
AX_
T2
+
BY_
+
P2
CZP2
+
D
=* 0
(3)
Faisons (2) - (3). On obtient
A (X - JL,
) + B (Y - YFp ) + C (Z - Zp ) =
P
2
2
^2
0
(4)
(4) signifie qu'on a
V . P^M
= 0
+ .A
V B
C
avec
Ztonc? F est perpendiculaire au plan II at donc? la perpendiculaire commune
à '(ai) et (^2) a â direction de y.
Maintenant on sait exprimer la distance d'un point à un plan.
Soit P! un point de (Aj). La distance de Pj au plan II sera égale à la longueur de la perpendiculaire commune à (A^) et (A2).
On a
d
= IQ?^ = L^L
v
Soient les points IjC (A^)
peut écrire
(5)
!i
et I2 C (A2), deux points quelconques. On
Q?J - Q?2 + ?pt2 -H rTîr + Iî
V.QPi
=
V.QP 2 •*• ?.PJÎ2 -f V.ÎJÎ! + ^.Î7?i
»
^-ÎJÎi
ou encore
V.QPi
,
donc
,
d
=
V.IÎl
,,v
* ^
(6)
|v|
mais V est perpendiculaire au plan ïï et peut s'exprimer par un produit
vectoriel, soit
V
=
(Ri A R L ) A
!vj = A ]R![ |R2| sin e
n
.
0 = -=• de par la condition
|V| -
A |Ri| |R2|
(7)
(a)
-*•-»•
R^ ,R
2
= 0
(8)
- 39 -
Avec (7) et (8), (6) devient
I ij . (RÎ A SJ)
2
= J-l
i
_.
Kl • |5?| '
d
(9)
Calculons maintenant le numérateur de (9).
Il et I2 étant des points arbitraires, on peut les choisir de
telle manière qu'ils soient les projections de l'origine 0 respectivement
sur les axes centraux (AI) et (A2). Ces points sont communément appelés
II* et I2* et définis en exercice (1.17)
Ot*
1
=
I2ÎJ
=
*1
A
0-| *
Ml
2
.
R2 A M 2
Rt
R?
OÎ! - OÎ2
(9) devient donc
,
d
1
" >
r,2
L(Rl
.^
|Ril|R2|
£ v (Ri A MI )
A R2)
(Ri A R2 ) (Ra A M2 ) T
| +,2
["57^
|Ril
IR2T
J
En utilisant la formule démontrée en exercice (1.3)
(a Ab).(c A d) =
(a.c).(b d) - (a.d) (b.c)
on obtient
d
" .+ '
, f —• [(Ri.RiXRa.Mj) - (RiMiXRz'.Ri)] -. ^L.[(.RtR2) (R2M2) - (R^) (R:7R;.)]}
|RiI|R2l
R22
RI
Transformons cette expression en sachant que Ri.R2 = 0
d
d
=
!
|Ril3|R2J3
- —
1
r-*-
[(R22Ri2)(R2-Mi) + (Ri2R22)(Ri.M2)l
-*•
->•-*•-!
~ [R2-Mi + Ri.M2J
I RI|[R2l
Donc si [RIJ J
condition
0 et JR 2 j ï 0, ce qui est sous entendu dans l'énoncé, la
-> ->
->
C
= R2-Si - î.M2 = 0
entraine que d = 0 et les deux axes centraux (AJ) et (A2) sont concourants.
En résumé les conditions
Rj.R2 = 0
c 12 = o
entrainent des axes centraux concourants et perpendiculaires.
- 40 -
EXERCICE 1.18
1.18.1
Détermination analytique
On utilisera un repère 0, x, y, z tel que
0 = 0 . point appartenant au support (A^) de V.
x
porté par V.
z
porté par la perpendiculaire commune aux supports de V
•y * =• £2 *A x•
et V2
^
On désignera par 0~ l'intersection de (0, z) avec le support (A2)
de V et l'on posera
Vj
=
V, x
V2 - V2 u
u
On a
>
>
= cos 6 x +
(x, u)
= 0
OJÔ^ =
dz
>
sin 6 y
a) détermination des éléments de réduction du torseur
- La somme est S = V + M
£ • (Vj + V2 cos 6) x + V2 sin 6 y
~ Le moment M, . est
>,) - V2
=
M,
'=
^2
dz A (V
cos 6 x + V
sin 6 y)
- d V2 sin 6 x + d V2 cos 6 y
b) détermination de l'axe central
II a la direction de à, c'est à dire qu'il est parallèle au plan
(0, x, y) et il passe par le point I* tel que
-%
_ *Aa2((?1)
1
" i
- 4i -
l *V2 cos e
V2 sin 0
"d V9 sin e
A
d V2 cos 8
V
07* . —-
0
0
-±-L
-
Vj 2 + V22 cos2 6 + 2 V,V2 cos 6 + V2 sin2 6
0
0
LV02 + V1V9
—+*
0,1*
-
COS 6
J
+
S
!-£d zn
Vj2 -+ V22 -H 2 VjV2 cos 0
L'axe central rencontre donc la perpendiculaire commune à angle droit.
1.18.2
Détermination géométrique et construction :
(pour ceux qui ont des notions de géométrie descriptive)
a) Remarque préliminaire : une droite qui rencontre (ai)' et (A2J et
est orthogonale à s rencontre l'axe central.
Considérons une droite quelconque (D) rencontrant (A|) et (A2) et
cherchons à quelle condition cette droite rencontre l'axe central. Désignons
par J et K les points de rencontre de (D) avec (A}) et (A2)•
Soit un point A quelconque
de cette droite (D). Cherchons
donc à quelle condition elle
rencontre l'axe central (A).
D'après la formule générale
on a
V) =3(j)+ Â3 A?
Mais on peut poser AJ = pJK
y étant un scalaire quelconque.
D'autre part
V) • ^
M(A) = J K A V
A
2
*2
+ y J K A S
formule valable pour tout
point A G (D.).
Pour que A appartienne à l'axe central il faut et il suffit que :
5(A) -
A3
X ? - Jlt A $2 +• y j£ A £
X S
=
j£ A (V
+ y I)
- 42 -
- 45 -
'
EXERCICE 1.19
1.19.1
Détermination des
-»•
- la somme est S
S
éléments de réduction de [l]
->
-> .
= Si + 89 •
> - » • - » •
= Sj x H- S2 y
- le moment en 0 est
"(0)
=
=
A
1§1
+
A
2^
AjSj x +
A2S2 y
C'est un veotewe du plan 03 Xj y
1.19.2
Détermination de l'axe central de ïll
«MBHBlIMMlMIHMMIMHMMIiMMMIMMMWMIiHBMiMMMMBBaH^MMMIMHMMMMMIiiMîlHiMiMMBnHMHI»
L
J
Le point I pied de la perpendiculaire abaissée de 0 sur l'axe
central est défini par
ôî* . Â *ft»
S2
[s.j|
r
(
ÀlSl]
S2, A : ^ 2 S 2
ôT = -^--!—i- °S
QÎ. =
l2 + S22
U2
0
'
- A°) SlS2J
c 2 + Sc 2
l
2
b
I
est un point de l'axe (0, z)
L'axe central de [_T; passe par I et il a la direction de S.
C'est donc une droite papallèle au plan (03 x3 y) et rencontrant l'axe
(0, z)

Mecanique Generale - Chap1

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