Kaareva palkki - Noppa

Transcription

Kaarevan palkin taivutus
OULUN YLIOPISTO
KOTM, Jari Laukkanen, 3.9.2015
UNIVERSITY of OULU
Kaarevan sauvan normaalijännitykset
P Tarkastellaan seuraavaksi käyräakselista sauvaa,
jonka akseli on tasokäyrä.
P Myös ulkoisten kuormien oletetaan vaikuttavan tässä
tasossa.
Tarkastellaan oheisen kuva mukaista rengassektorin alkiota.
Alkio muodostuu, kun kappaletta leikataan kahdella kaarevuuskeskipisteen C1 kautta kulkevalla tasolla.
Tasot muodostavat keskenään kulman dn , joten poikkipintojen painopisteiden O ja O1 välinen kaarialkio on
ds = rd n
Etäisyydellä y painopisteestä olevan pisteen P kohdalla
kaarialkion pituus on
ds ' = ( r + y ) d n = ds + yd n
missä y on positiivinen P-pisteen ollessa sauvan kuperalla
puolella.
Sauvan normaalijännitysten määräämiseksi otaksumme
Bernoullin otaksuman tasona pysyvistä poikkipinnoista
olevan voimassa.
Lisätään ulkoiset kuormat: Normaalivoima N painopisteen
O kohdalle ja taivutusmomentti M symmetriatasoon.
Kaarialkiossa tapahtuu muodonmuutos, jonka jälkeen
tasojen välinen kulma on dn+)d n .
Pisteen P kohdalla olevan kaarialkion pituuden muutos
) ds ' = ) ds + y ) d n
Jakamalla tämä kaarialkion pituuden muutos alkuperäisellä
pituudella, saadaan suhteelliseksi venymäksi
) ds y ) d n ) ds y ) d n
+
+
) ds ' ) ds + y ) d n rd n
rd n
rd n
rd n
g=
=
=
=
y
ds '
(r + y ) d n
(r + y ) / r
1+
r
=
Eli
g0 y g0 y y )d n
+
æ )d n
ö y
r
r
rd n
=g0 + ç
-g0 ÷
y
è dn
ør+ y
1+
r
y
g=g0 + (T -g0 )
r+y
g0 +
Missä on merkitty
g0 =
) ds
ds
T=
)dn
dn
Kun materiaali noudatta Hooken lakia, saamme normaalijännitykselle yhtälön
F= E g = E g 0 + E ( T -g 0 )
y
r+y
Tässä lausekkeessa on kaksi tuntematonta suuretta g0 ja
ω. Niiden määrittämiseksi on käytettävissä kaksi tasapainoehtoa, nimittäin voimatasapaino voiman N suunnassa ja
momenttitasapaino painopisteakselin z suhteen.
Tasapainoehdoista seuraa
N = ò sdA = E e 0 ò dA + E ( w - e 0 ) ò
y
dA
r+y
y2
M = ò sydA = E e0 ò ydA + E ( w - e0 ) ò
dA
r+y
Kun intergroidaan koko poikkipinnan yli saadaan
ò dA =
A
ò yd A = s
z
= 0
kun z-akseli kulkee poikkipinnan A pintakekiön (PK)
(painopisteen) O kautta.
Momenttiyhtälön viimeinen integraali voidaan kirjoittaa
muotoon
y2
1
y2
1
ò r + y dA = r ò 1 + y / r dA = r I1
ò
y2
y( y + r - r )
dA = ò
dA =
r+y
r+y
Þ
ò
yr
y
ò ydA - ò r + y = - r ò r + y dA
y
1
dA = - 2 I 1
r+ y
r
I1 = I z
Suureella I1 on jäyhyysmomentin luonne mm. lim
r®¥
Nyt voidaan tasapainoyhtälöt lausua I1:n avulla
N = E e0 A - E (w - e0 )
M = E (w - e 0 )
I1
r2
I1
r
Ratkaisemalla yhtälöistä g0 ja ω, saadaan
e0 =
N
M
+
E A rE A
w = e0 +
Mr N
M Mr
=
+
+
EI1 EA rEA EI1
Kun g0 ja ω sijoitetaan normaalijännityksen lausekkeeseen,
saadaan
N
M
M
y
s =
+
+
A
rA
I1 1 + y
r
Huom
1. Normaalijännityksen lausekkeessa olevien suureiden N
ja M positiiviset suunnat on merkitty alla olevaan kuvaan.
Kuvassa on esitetty normaalijännityksen jakauma, kun
N = 0. Kaarevan palkin normaalijännityksen jakauma on
hyperbolinen.
2. Kun N = 0 neutraaliakseli ei kulje pintakeskiön kautta.
M
N
Neutraaliakselin paikka puhtaassa
taivutuksessa
Tarkastella tapausta, jossa N = 0. Merkitään normaalijännitys edellä esitetystä normaalijännityksen yhtälössä nollaksi
ja ratkaistaan neutraaliakselin etäisyys painopisteestä yn.
Nr
M
r
= Nr
Ar2
+
1+
M
I1
1+
yn
Reunaetäisyyksiä y = - a s ja y = au vastaavat reunajännitykset ovat:
ss =
N M M as
+ A rA I1 1 - as
r
su =
, missä as > 0
au
N
M
M
+
+
A
rA
I1 1 + a u
r
, missä au > 0
Normaalijännityksen maksimiarvo |σ|max voi olla palkin
sisä- tai ulkoreunalla.
N
N
M
M
-
-
y
+
+
N +M r>0
N+M r<0
M >0
M
a)
b)
N
N
M <0
M
N
N
M
M
-
y
-
M
N
N +M r<0
M >0
y
Tapuksissa c) ja d)
|σ|max on sisäreunalla silloin
kun as = au .
+
+
c)
y
Tapuksissa a) ja b)
voi |σ|max olla joko
palkin sisä- tai ulkoreunalla.
N +M r>0
M <0
d)
N
M
Kun N = 0 on sisäreunan jännitys σs itseisarvoltaan suurin
jännitys.
Käyttämällä merkintää i = I1 /Iz voidaan σs:n lauseke esittää
muodossa
Fs =
N M Ws Mas
1
+
A Ws rA
I z æ as ö
i ç1 - ÷
r ø
è
eli
Fs =
Ws =
Iz
as
N
M
-"
A
W s
missä α on käyräakselisen palkin sisäreunan muotoluku
"= -
Ws
1
+
a ö
rA
æ
i ç1 - s ÷
r ø
è
Suureiden i ja α arvo muutamille poikkipinnoille on annettu
graafisesti alla olevissa kuvissa.
Jos kaarevuussäde r on hyvin suuri poikkipinnan muihin
mittoihin verrattuna, on I1 = Iz hyvin suurella tarkkuudella.
Kaarevuussäde r on hyvin suuri ja aproksimaatiota I1 = Iz
voidaan käyttään kun :
-Jännityksiä laskettaessa
-Muodonmuutoksia laskettaessa
as/r < 0.05
as/r < 0.2
Esimerkki
Laske oheisen suorakaidepoikkipinnan suure I1.
dy
y
h
rs
ò ydA = s
z
=0
I1 = - r 2 ò
ò
y
1+
r
dA = r ò
= r ò ydA - r 2 ò
r
b
Kun
I1 =
y2
y 2 + ry - ry
dA
r + y
y
dA
r+ y
(symmetria)
y+r-r
dA
y+r
Kun
dA = bdy
(suorakaide)
I1 = - r 2 ò d A + r 3 ò
A
A
1
dA
y+r
h/2
= - r A + br
2
3
1
dy
y+r
ò
-h/2
= - r 2 A + br 3
h/2
-h/ 2
ln( y + r )
= -r 2 A + br 3 ( ln ( r + h / 2) - ln ( r - h / 2) )
æ r +h/2ö
= -r 2 A + br 3 ln ç
÷
è r -h/2ø
Kehitetään logaritmitermi Taylor-sarjaksi havainnollisuuden
vuoksi.
2
3
h
ær+h/2ö
æ
ö h 1æ h ö 1æ h ö
ln ç
÷ = ln ç 1 +
÷ = - ç ÷ + ç ÷ - ...
r - h / 2 ø rs 2 è rs ø 3 è rs ø
èr-h/2ø
è
3
5
é h
ù
1æ h ö
1æ h ö
= 2ê
+ ç
+
+
....
ú
÷
ç
÷
5 è 2r ø
ëê 2 r 3 è 2 r ø
ûú
5
7
bh3 2 3 æ h ö 2 3 æ h ö
Þ I1 =
+ br ç ÷ + br ç ÷ + ...
12 5
è 2r ø 7
è 2r ø
Saadusta tuloksesta näkyy nyt selvästi suureen I1 jäyhyysmomentin luonne.
Esimerkki
Määritä suorakaiteen muotoisista osapinnoista muodostetun
palkin jäyhyysmomentti I1.
2
ry
ri1
ri2
Yhtälön I 1 = òò
dA
r
+
y
A
perusteella
i
1
2
b1
n
C PK
I1 = - r
ò
- as
bi
= -r
r11
r12
au
2
æ
r ö
1
ç
ò- a è r + y ÷ø bdy
s
au
2
r
Þ I1 = - Ar + r
2
n
3
yb
dy
r+ y
æ ri 2 ö
÷
è i1 ø
å b ln ç r
i =1
i
Esimerkki
Laske oheisen rakenteen kriittisen leikkauksen jännitysjakauma.
r = 10 cm, b = 2 cm ja h = 10 cm
y
2 kN
150
é æ r +h/ 2ö ù
I1 = r2b êr ln ç
÷ - hú
ë è r -h / 2 ø û
50
b
bh3 2 ×103
Iz =
=
= 166.7 cm 4
12
12
h
500
r
é
ù
æ 10 + 5 ö
= 102 × 2 ê10 ln ç
10
= 197.22 cm4
÷
ú
è 10 - 5 ø
ë
û
N = 2 kN , M = -2× 60 = -120 kNcm , A = 2×10 = 20 cm2
s =
=
N
M
M æ r×y ö
+
+
ç
÷
A
rA
I1 è r + y ø
é
æ y
2
120
120 æ 10 × y ö
=
0.5
+
6.08
ê
ç
÷
ç
20 10 × 20 197.22 è 10 + y ø
è 10 +
ë
öù
÷ú
y øû
6.08 × 5 ù
é
= 5.58 kN / cm2 = 55.8 MPa
y = -5 cm Þ s s = - ê0.5 ú
10 - 5 û
ë
6.08 × 5 ù
é
= -2.53 kN / cm2 = -25.3 MPa
y = +5 cm Þ s u = - ê0.5 +
ú
10 + 5 û
ë
Suoran palkin teorian mukaan saataisiin
s=
N M × y 2 120 × y
+
=
= 0.1 - 0.72 × y
A
Iz
20 166.7
y = -5 cm Þ s s = 0.1 + 0.72 × 5 = 3.70 kN / cm 2 = 37.0 MPa
y = +5 cm Þ s u = 0.1 - 0.72 × 5 = -3.50 kN / cm 2 = -35.0 MPa
-35
-25.3
Suora palkki
-5.0
y
σ
Kaareva palkki
+37
+55.8
Noin 1.5 kertainen !!!
Leikkausjännitykset
Tarkastellaan oheista kaarevan
palkin kaarialkion palasta.
s ×b +
¶
(s ×b) dj
¶j
t ×b +
¶
(t × b ) dj
¶j
B1
A1
t ×b +
t ×b
dj
A
B
t ×b
s × b ( y, j )
y
r
as
¶
(t × b) dy
¶y
y
dy
au
Oletetaan, että poikkileikkauksen leveys pisteessä A on b(y,n).
Palkkialkion A, A1, B, B1 tasapaino x-suunnassa on
é
ù
æ
ö
æ
ö
¶
¶
+ ¯ dy ês × b - çs × b + (s × b) dj ÷ cos ( dj ) - çt × b + (t × b) ÷ sin ( dj )ú
¶j
¶j
è
ø
è
ø
ë
û
é
æ
öù æ dj ö
¶
+ ê( r + y ) dj ×t × b - ( r + y + dy ) dj çt × b + (t × b) dy ÷ú cos ç ÷ = 0
¶y
è
øû è 2 ø
ë
kun dn on hyvin pieni .
sin ( dj ) = dj , cos ( dj 2) » 1 , cos ( dj ) » 1
Jätetään huomiotta ne termit, jotka sisältävät differentiaalien
toista kertalukua .
æ ¶
ö
¶
dy ç - (s × b ) dj - t × bdj ÷ - ( r + y ) dj (t × b ) dy - t × bdydj = 0
¶y
è ¶j
ø
¶ (t × b )
¶
+ 2t × b = 0
(s × b ) + ( r + y )
¶j
¶y
eli
Silloin, kun palkin poikkipinnan leveys b(y,n) on vain y-koordinaatin funktio b=b(y) ( . Mb/Mn = 0 ) saadaan yhtälöstä
( merkitään ds = r dn )
¶ (t × b )
¶s
+ (r + y)
+ 2t × b = 0
rb
(1)
¶s
¶y
Kun oletetaan, että A, r ja I1 ovat riippumattomia n-koordinaatista (s-koordinaatista) saadaan normaalijännityksen lausekkeen
perusteella (katso edellinen kohta)
¶s
1 ¶N
1 ¶ M 1 æ ry ö ¶M
=
+
+ ç
÷
¶s
A ¶ s rA ¶ s
I1 è r + y ø ¶ s
(2)
Tarkastellaan palkkialkioon vaikuttavien jännitysresultanttien N,
M ja Q tasapainoa.
N+
M+
¶N
dj
¶j
Q+
¶M
dj
¶j
¶Q
dj
¶j
ds
C
dj
y
Q
M
r
N
Voimatasapaino x-akselin suunnassa on
æ
ö
æ
¶N
¶Q ö
dj ÷ cos ( dj ) - ç Q +
dj ÷ sin(dj ) = 0
+ ¯ N -ç N +
¶
j
¶
j
è
ø
è
ø
Kun dn on pieni .
sin ( dj ) » dj , cos ( dj ) » 1 .
¶N
+ Q = 0
¶j
ds = rdj Þ dj = ds r
Nyt
joten
¶N
Q
= ¶s
r
(3)
Jännitysresultantin aiheuttama momentti pisteen C suhteen on
+
æ
ö
æ
ö
¶N
¶M
N ×r -ç N +
dj ÷ r + M - ç M +
dj ÷ = 0
¶j
¶j
è
ø
è
ø
Þ
¶M
¶N
= -r
¶j
¶j
Joka saadaan muotoon
¶M
¶N
= =Q
¶s
¶j
Sijoittamalla yhtälöt (3) ja (4) yhtälöön (2) saadaan
¶s 1 æ ry ö
= ç
÷Q
¶s I1 è r + y ø
joka sijoittamalla yhtälöön (1) saadaan
(4)
d (t × b ) 2t × b Qr 2b
y
+
+
=0
dy
r+y
I1 ( r + y )2
Merkitsemällä
2
p( y) = 2 ( r + y ) , q( y) = Qr 2by é I1 ( r + b ) ù saadaan
ë
û
d (t × b )
dy
+ p ( y )t × b + q ( y ) = 0
Tämän diff.yhtälön yleinen ratkaisu on
- p ( y ) dy é
p ( y ) dy
t ×b = e ò
C - ò q( y)eò
dy ù
êë
úû
missä C on integroimisvakio.
Funktion p(y) määritelmästä saadaan
ò p( y)dy = 2ò
Þ
eò
dy
2
= 2 ln ( r + y ) = ln ( r + y )
r+y
p ( y ) dy
= (r + y )
2
Sijoittamalla tämä yleisen ratkaisun yhtälöön tulee
t ×b =
1
(r + y )
2
é
ù
Qr 2
by
dy
êC ú
ò
I
1
ë
û
Integoimisvakio C lasketaan reunaehdon t × b = 0
ulkoreunalla y = au .
Esimerkiksi kun b = vakio .
Reunalla y = au on
t ×b = 0
òb
.
y dy = b ò
mukaan
by 2
y dy =
2
Q r 2 ba u2
C×
=0
I1
2
Þ t ×b =
Þ
Qr 2 b
2 I1 ( r + y )
2
Q r 2 ba u2
C =
I1 2
éë a u2 - y 2 ùû
Yleisessä tapauksessa, kun b = b(y) merkitään
S =
au
ò b ( y ) y dy
y
jolloin leikkausjännitys τ etäisyydellä y poikkileikkauksen pintakeskiöstä voidaan kirjoittaan muotoon
Qr 2 S ( y )
t × b( y ) =
I1 ( r + y )2
QS ( y ) æ r ö
Þ t=
ç
÷
I1b( y ) è r + y ø
2
Silloin, kun palkin kaarevuussäde r on hyvin suuri poikkipinnan
2
mittoihin verrattuna Þ r ? y Þ I1 » I z ja ( r + y) » r
.
t =
Kaareva
palkki
QS (y)
I zb( y )
= suoran palkin
leikkausjännitysjakauma.
Suorakaiteen muotoisen
kaarevan palkin (r = h)
leikkausjännitysjakauma,
kun Q/A=1 ja h = r = 1
Suora palkki
Kaarevan palkin säteen suuntainen
normaalijännitys
Taivutusmomentti M ja normaalivoima N aiheuttavat kaarevaan
palkkiin myös säteen suuntaisen normaalijännityksen σy.
Jännitys σy voi olla tärkeä silloin, kun palkki on valmistettu
materiaalista jonka lujuus säteen suunnassa on paljon alhaisempi kuin tangentin suunntainen lujuus.
Säteen suuntainen jännityskomponentti σy (y) voidaan laskea
vain levyteorian tai kolmiulotteisen kimmoteorian avulla.
Tarkastellaan tässä vain muutamia käsikirjakaavoja.
Pintakeskiö
dy
y
b(y)
y
rs
y1
r
ys
= rs - r
N
M
x
y
dn
rs
r
M
N
y1
Kuvan merkinnöillä ja kirjan Roark: Formulas for Stress and
Strain s. 246 mukaan on
é
ù
æ y1 b( y )dy
- ( r + yn )
A ö
N
s y ( y) =
ê- ( N × r + M ) ç ò
- r ÷+
r × Ar - Qr ) ú
(
ç y r + y r + yn ÷ ( r + y1 )
b( y1 ) Ayn ( r + y1 ) ê
úû
è s
ø
ë
y1
missä
Ar = ò b ( y ) dy , Qr =
ys
yn =
- I1 × r
I 1 + Ar 2
y1
ò ( r + y ) b( y )dy
ys
= neutraaliakselin y-koordinaatti,
kun N = 0
Silloin, kun N = 0 saadaan jännityksen yhtälöstä
y
+ ( r + yn ) M é 1 b ( y ) dy
Ar ù
s y ( y1 ) =
ê
ú
b ( y1 ) Ayn ( r + y1 ) ëê yòs r + y
r + yn ûú
Palkille, jonka poikkileikkaus on suorakaide A = bh saadaan
edellisestä yhtälöstä
éæ 1
M
r ×b öæ h
+
s y ( y) =
êç
÷ç +
b ( r + y ) ëè h × r
I1 ø è 2
2
æ r + y öù
ö b×r
y÷ln ç
÷ú
I1
ø
è r - h 2 øû
b
h
r
y
Jännitysjakauma σy(y), kun M = -40 kNcm, b = 1 cm, h = 2 cm,
KOTM,rJari
=Laukkanen,
2 cm3.9.2015
Ympyräkaaren muodonmutokset
Seuraavassa käsitellään vain muodonmuutoksiin nähden
heikosti kaarevia ympyräkaaren muotoisia palkkeja, joille
as/r < 0.2 .
Merkitään ympyräkaaren pisteen p
siirtymää säteen suunnassa u:lla ja
tangentin suunnassa v:llä. Annetaan
kaarialkiolle rd n säteen suunnassa
siitymä u, jolloin sen pituus on
kasvanut mittaan ( r + u ) d n .
Tangentin suuntaiseksi suhteelliseksi venymäksi saadaan
g tu =
( r + u ) d n - rd n
rd n
=
u
r
Siirretään kaarialkion alkupistettä tangentin suuntaan matka
v, jolloin kaarialkion loppupiste siirtyy matkan v + dv (kulman
säilyttävä dn :n suuruisena).
Tangentin suuntaiseksi suhteelliseksi venymäksi saadaan
g tv =
(v +
dv ) - v
rd n
=
dv
rd n
Kokonaisvenymä tangentin suunnassa on täten
g = g tu + g tv =
u 1 dv
+
r r dn
Kaarialkion kallistuskulman β määrittelemme positiiviseksi
kun siirryttäessä kasvavan d n :n suuntaan säde r kasvaa.
Kaarialkion kallistuskulma loppupään siirtymästä du on
$u =
du
1 du
=
rd n r d n
Kun kaarialkio saa tangentiaalisen siirtymän v , kiertyy se
silloin kulman
v
$v = r
Kallistuskulmaksi saamme
1 du
v
$ =$u +$ v =
r dn r
Kaarevan sauvan normaalijännityksen lausekkeesta saamme
tangentin suuntaiseksi venymäksi painopisteakselilla y = 0
gt =
F
N
M
=
+
E EA rEA
Kokonaisvenymän yhtälöstä saadaan nyt
r gt = u +
dv
rN
M
=
+
dn
EA
EA
Edellä olimme merkinneet kulman d n suhteellista muutosta
ω:lla, ja kun otetaan huomioon kulman β merkkisääntö
saamme
)dn
d$
=dn
dn
d$
N
M
Mr
= -T = dn
EA rEA EI 1
T=
eli
Kertomalla kallistuskulman yhtälö rd / dn :llä ja sijoittamalla
r g t :n ja d $/ d n :n yhtälöt, saamme säteen suuntaisen
siirtymän u diff.yhtälöksi
d 2u
Mr2
+u = 2
n
d
E I1
joka tunnetaan Resalin diff.yhtälön nimellä.
Kun siirtymä u on ratkaistu, saadaan v ja β kallistuskulman,
r g t:n ja d $/ d n:n yhtälöistä.
Pennalan taulukoissa 8.2.1 ja 8.2.2 sekä Ylisen taulukossa 31
on esitetty u:n v:n ja β:n lausekkeet muutamille perustapauksille.
Huom!
Taulukoiden merkkisäännöt poikkeavat tässä esitetystä
teoriasta.(”historialliset syyt”)
Superpositio taulukoista
x
Kiinnitä koordinaatisto x y
x on tangentin suunta ulos
y on säteen suunta sisään
rakenteen mitta α
y
α
n
Tarkastelupiste n vapaasta päästä
Momentin merkkisääntö poikkeaa
jännitysten yhteydessä käytetystä !!!
M0
M
y
Pk r
2 jännitykset
M > 0 positiivinen
M
2 siirtymät
M(n) = -M0 < 0 negatiivinen
“Historialliset syyt” ??? !!
Esimerkki
Koivuviilusta liimaamalla valmistettua ympyränkaarta kuormitetaan voimalla F = 10 kN. Rakenteen mitat ovat R = 1 m,
b = 50 mm ja h = 100 mm ja kimmokerroin E = 16 GPa.
Laske voiman F siirtymä ja normaalijännityksen maksimi
rakenteessa.
F
R
R
b
h
"=B / 2
r = R + h / 2 = 1050mm
y2
æ r +h/ 2ö
I1 = ò
dA = -bhr 2 + br3 ln ç
÷
1+ y / r
è r - h/ 2 ø
bh3 bh5
»
+
= ( 416.6 + 0.6)g104 mm4
2
12 80r
sin 2" ö Fr 3 æ 3B
Fr 3 æ 3"
ö
*x =
ç - 2sin "+
÷=
ç - 2 + 0÷
EI è 2
4 ø EI è 4
ø
10000g1050 3
=
g 0.356 = 62 mm
16000 g 417.2g10 4
Fr3 (1 - cos") Fr3 (1- 0)
*y =
=
EI
2
EI
2
2
2
10000g10503
=
g0.5 = 87 mm
16000g 417.2g10 4
Jännitys
N = F cosn
M = + Fr (1 - cosn)
[Jännityksen merkkisäännöllä !
F=
N
M
M
y
+
+
A
rA
I1 1 + y / r
σmax kohdassa
dF
= 0 2 ei nollakohtia 0 < n < π/2
dn
2 n = π/2
Fmax = 0 +
-50
10000 10000g1050
+
g
= - 130 MPa
50000 417.2g10 4 1 - 50 /1050
Determinantin laskeminen
Yhtälöryhmä
2x + 4 y = 3
3x - 2 y = 5
4 ù ì x ü ì3ü Symbolimuodossa
ê3 -2ú í y ý = í5ý
Ax = b
ë
ûî þ î þ
Vastaava matriisiesitys é2
Matriisin determinantti, 2 x 2 matriisi
a ù
éa
det( A) = det ê 11 12 ú = a11a22 - a12a21
ë a21 a22 û
Esimerkin matriisin determinantti on siis
det ( A ) = 2 × ( -2 ) - 4 × 3 = -4 - 12 = -16
Matriisin determinantti, 3 x 3 matriisi
a d g a d
b e h b e
c f i c f
a d g a d
b e h b e
c f i c f
+
Sitten suoritamme nuolten osoittamat kertolaskut
det [ ] = +aei + dhc + gbf - ceg - fha - ibd
Determinantti liittyy neliömatriisiin !!!
Esimerkiksi
é -2 2 3 ù
det ( A ) = det ê -1 1 3 ú
ê
ú
êë 2 0 -1úû
= -2×1× ( -1) + 2× 3× 2 + 3× ( -1) × 0
-2×1× 3- 0× 3× ( -2) -( -1) × ( -1) × 2
= 2 + 12 + 0 - 6 - 0 - 2 = 6
Matriisin determinantti, n x n matriisi
Laplace's formula
n
det ( A) = å ( -1)
i+ j
j =1
n
ai , j M i , j = å ( -1)
i+ j
i =1
ai , j M i , j
missä Mi,j on sen alimatriisin determinatti joka saadaan
kun matriisista A poistetaan i:s rivi ja j:s sarake.
Täten matriisin
é -2
A = ê -1
ê
êë 2
2
1
0
3ù
3ú
ú
- 1 úû
determinantti
kehitettynä 2. sarakkeen suhteen on
é-1 3 ù
é-2 3 ù
é-2 -3ù
2+2
3+2
det ( A) = (-1)1+2 × 2 × det ê
+ ( -1) ×1× det ê
+ ( -1) × 0 × det ê
ú
ú
ú
ë 2 -1û
ë 2 -1û
ë -1 3 û
= ( -2 ) × ( ( -1) × ( -1) - 2 × 3) + 1 × ( ( -2 ) × ( -1) - 2 × 3)
= ( - 2 ) × ( -5 ) - 4 = 6
Alimatriisin etumerkin “muistisääntö”
+
-
+
+
-
.. .
.. .
+
...
...
+
. ..
.. .
.. .
Shakkilautakuvio
Joten edellä olleen matriisin determinatti kehitettynä 3. vaakarivin
suhteen on
é2 3ù
é -2 2 ù
det ( A) = +2 × det ê
0
+
1
×
det
(
)
ú
ê -1 1 ú
ë1 3û
ë
û
= 2 × ( 2 × 3 - 1× 3) + ( -1) × ( ( -2 ) × 1 - ( -1) × 2 )
= 2×3- 0 = 6

Kaareva palkki - Noppa

Transcription

Similar documents

461102A STATIIKKA Harjoitus 6 1. Määritä palkin

Johdatus LATEXiin Harjoitus 3 Lado seuraavat matemaattiset

Koesuunnitelma - MyCourses - Aalto

PupaX5-ohje - Insinööritoimisto Pauli Närhi

Seuraavia tehtäviä nro 1 - MyCourses - Aalto

Käsissäsi on lasertyöstöä käsittelevä lyhyt opas, joka on

Valintakoekysymykset ja mallivastaukset, pdf

Kolmivaihejärjestelmä

Ehdotus vuonna 2016 voimaan astuvaksi pitkän matematiikan