Aux deux corps ou aux deux systèmes {^fig

c. Au corps AB et à une des barres de liaison AE {fig* Sp);

rf. Au corps fixe et à une des barres BD (^fig* 60).

Comme cas particulier, plusieurs nœuds peuvent coïncider; ainsi :

a. Les deux nœuds E et F {^fig* 6j) peuvent coïncider, comme cas particulier de \^fig* 58 ou de X^^fig. Sp;

6. Les mêmes nœuds E et F ^fig» 62) peuvent coïncider comme cas particulier de X^fig. 67 ou de X^fig. 60.

c. Les nœuds E et F, en même temps que deux autres nœuds B et G {^fig. 63), peuvent coïncider : cette disposition étant un cas particulier de X^ fig, 61 ou de X^ fig. 62.

3° La recherche qui nous occupe n'exige pas la résolution du problème des trois barres, pour toutes les dispositions indiquées ci-dessus; car, pour un certain nombre d'entre elles, le problème peut se ramener au problème des trois points.

Ainsi, pour les dispositions représentées dans les fig, 60, 62 et 63, il suffit d'appliquer le problème des trois points, d'abord aux deux corps AB et AE liés entre eux en A, puis aux deux autres corps BD et GF liés entre eux en G.

Pour les dispositions représentées par Xesjig. Sp et 61, il suffit encore de répéter deux fois le problème des trois points. On considère le système indéformable composé des trois corps AE, AB, GF comme un seul corps lié en B avec un autre corps BD. En leur appliquant le problème des trois points, on trouve les actions qui s'exercent sur les nœuds E, B, D. En répétant le même problème pour l'ensemble des trois premiers corps, on trouve les actions qui s'exercent sur les nœuds A, G, F.

4° Les dispositions des jig, Sy et 58 donnent seules lieu à la

résolution du problème des trois barres. Nous nous occuperons d'abord de la disposition représentée {fig* Sj) et nous traiterons successivement les différents cas particuliers qui se présentent lorsqu'un seul des corps est chargé, ou que plusieurs d'entre eux le sont, réservant pour la fin le cas où tous les corps sont chargés transversalement. Chacun de ces cas particuliers pouvant se présenter dans la pratique, il semble utile de les étudier tous, d'autant plus que la solution n'en est pas toujours des plus simples.

5® Nous traiterons d'abord le cas très simple où une seule des barres de liaison portant trois nœuds est chargée. Soit (^fig^ 64) bc la résultante des forces qui agissent sur la barre BD. Les barres AB, GF réagissent suivant les droites qui réunissent leurs centres d'appui ; par conséquent la barre AE, soumise à deux forces rfe, ec agissant suivant AB et FC, éprouvera en E une réaction cd dont la ligne d'action passera par le point G commun aux deux précédentes. Gette réaction cd et la réaction au point D doivent, avec le système des forces externes, constituer un système en équilibre; donc elles se coupent sur la ligne bc. La figure des segments se compose de deux triangles relatifs aux deux ternes de forces concourant en H et en G.

6** Supposons maintenant que le corps AB seul soit chargé i^fig» 65) et que ah soit la résultante des forces appliquées à ce corps. Faisons un essai et traçons les composantes ap^ , p^ b passant par B et A. Remplaçons la composante ap^ par deux autres forces : l'une q\p\ appliquée au point C et agissant suivant GF, l'autre ctq\ appliquée au point D. De même, remplaçons la composante p^b par deux autres forces : Vunep^q^ appliquée en F, égale et opposée k ÇiPi, l'autre Çib parallèle forcément au segment homonyme. Gomme les forces aÇi et Çtb sont encore les composantes de la force. «6, elles doivent se couper sur la ligne d'action de cette force. Remarquons de plus que la force Çib devrait passer parle point E. Supposons que l'on fasse d'autres essais analogues aux précédents ; cela reviendra à déformer le quadrilatère formé parles lignes a/>j, /?i 6, aq^^ Çtb de telle sorte que ses sommets se meuvent sur- deux droites concourantes aè, GF, tandis que trois de ses côtés passent par trois points fixes. Mais on sait que le quatrième côté de chacun de ces polygones passe par un point fixe O ; donc, parmi tous les côtés qui passent par ce point, celui qui

passe en même temps par le point E fournit la solution du problème.

Pour déterminer le point O, on suppose que les deux côtés a/>i, aqi du quadrilatère déformable coïncident avec la droite DBG (ce qui revient à supposer nulle l'action suivant GF); alors les deux autres côtés coïncident avec OAG. Supposons encore que les deux côtés ap^, p^b coïncident avec BAH (ce qui a lieu si les actions en B et en A sont iniiniment.grandes), alors les autres côtés du polygone se confondent avec DOH. De là résulte une construction du centre O qui n'exige aucun essai : on détermine le point de rencontre G de DB avec la ligne d'action ab et l'on mène GA ; on détermine le point H commun à CF et à BA et l'on mène DH; l'intersection des droites GA et DH donne le point O.

Connaissant le point O, on mène successivement les droites OE, c'est-à-dire qb^ puis aq, ap^pb et l'on trace les segments qui leur sont relatifs.

On peut remarquer que les deux faisceaux ci{ppi . - . ), b{pp^ . . .) égaux aux deux faisceaux perspectifs ayant pour centres les points B et A ont pour droite de perspective une droite ppo parallèle à AB. Pareillement, les deux faisceaux a(qqi , . ,), b{qq\ . . .) égaux aux deux faisceaux perspectifs ayant pour centres les points D et O ont pour droite de perspective /?o <7 parallèle à DO. Enfin les segments «/>o, p^b sont parallèles à DB et à OA et représentent les actions exclusives auxquelles seraient soumises les barres BD et AE si le point E coïncidait avec le point O, la barre CF devenant alors inutile.

7° Réunissons maintenant en un seul les deux cas précédents en supposant chargés le corps AB et l'une des barres de liaison AE qui porte trois nœuds.

On fait un essai de la façon suivante : On trace les lignes d'action et les segments opi, p\b {fig^ 66) des deux composantes de la force ab qui passent par les nœuds d'appui A et B du corps auquel est appliquée la force «6, puis le se^menl p^q^ parallèle à la ligne CF et les lignes et les segments bq\ et aq^^ enfin le segment et la ligne cq^. Cette dernière ligne devrait passer par le point E. Imaginons que nous ayons fait d'autres essais analogues ; dans la figure des segments le point />i se meut sur la droite /?j/?o parallèle à AB et le point q^ se meut sur une droite /?o5^i parallèle

à DH, comme on Ta vu dans le cas précédent. Les segments p^ b et apo sont respectivement parallèles aux droites DBG et GAO. Toutes les lignes analogues à aq^ concourent en O. Alors toutes les lignes analogues à cq^ concourent en un même point P situé sur DH, car cette droite est parallèle à Ja droite de perspective des deux faisceaux a{q^ . . .), c{q^ . . .). La ligne analogue à cqs qui passe par les points P et E résoudra le problème.

Pour trouver de la façon la. plus simple les deux centres O et P, au lieu de faire un essai quelconque, on mène DH, puis le segment t>Pii parallèle à DBG, puis la ligne GAOJ et le segment ap^ qui lui est parallèle. Le point O et le point /?o étant déterminés, on mène la ligne parallèle au segment cp^ par le point J commun à GA et à la ligne ca\ le centre P se trouve ainsi déterminé.

Ceci posé, on trace toutes les lignes des actions qui s'exercent sur les nœuds, à savoir : PE ou cy, aq par O, ap par A, bp par B, bq par D, puis on complète la figure des segments. Comme vérification, la ligne d'action cb de la résultante des forces qui sollicitent le système entier doit passer par le point commun aux lignes cq et bq des réactions en E et en D.

8® Supposons maintenant que le corps AB {fig* 67) et que le§ deux barres de liaison BD, AE qui portent trois nœuds chacune soient chargés. Soient ab, da^ bc les résultantes de forces qui agissent sur chacun de ces corps. On fait un essai en opérant de la façon suivante :

On réunit les trois forces da^ ab, bc au moyen d'un polygone funiculaire dpi, ap^^p^b^p^c dont les côtés intermédiaires ap,, p\b passent par les points A et B; alors les côtés extérieurs dp^j Pi c comme leurs correspondants dans tous les polygones funiculaires analogues passeront par deux points fixes O et P situés sur la même droite que les points A etB. Ces côtés extérieurs se coupent sur la ligne d'action de la résultante de des trois forces données. Remplaçons les forces qui agissent suivant ces côtés, chacune par deux autres; à savoir : à dpt substituons dqt passant par le point D elq^pi agissant suivant CF; à/?|C substituons /?| gr, égale et opposée à gr,/?, et q^ c qui ne passe pas, en général, par le point E. Les deux lignes dqx eX. q^c se coupent aussi sur la ligne d'action de la résultante de* Le quadrilatère dp^^dq^^ q^e el p^c^e déforme donc, de telle sorte que ses sommets se meuvent sur des droites

concourantes, tandis que trois de ses côtés tournent constamment autour de trois points fixes O, D, P; dans ces conditions le quatrième côté passe aussi par un point fixe Q qui doit se trouver sur la même droite que les points D et H. Dans la figure des segments le point qi se trouve sur une droite q^ q parallèle à DQH. Les droites OD et PQ parallèles aux segments dp^ et cp^ se coupent sur la droite de.

Ainsi, en faisant un essai unique, on détermine les centres O et P qui se trouvent sur la même droite AB et le centre Q qui se trouve sur la ligne DH ; la connaissance de ces trois centres permet de tracer les lignes qui résolvent le problème, à savoir : qc^ pc, pb^ ap^ dp^ dq et les segments relatifs à ces lignes.

io° Supposons maintenant que le corps AB et les trois barres de liaison soient chargés en même temps. C'est là le cas le moins simple et le plus général du problème des trois barres.

On construit le polygone des forces dans Tordre eabcd {Jig» 68) et Ton trace la ligne d'action ed de la résultante de ces forces.

Pour faire un essai, on commence par tracer les lignes d'action et les segments des deux composantes ap^ evp^bàe la force ab qui sollicite un des deux corps qui portent seulement deux nœuds.

On compose p^b avec 6c, ce qui donne la résultante p^c des forces qui agissent sur la barre BD qui est liée en C avec la barre CF. Appliquons à ces deux barres le problème des trois points dans le but de connaître les actions qui s'exercent en F, C et D. Remarquons que Ton pouvait encore trouver la résultante ep^ des forces eael ap^ qui sollicitent la barre AE, puis considérer celle-ci comme liée en F avec FC et appliquer à ces deux barres le problème des trois points. Nous indiquerons la solution du problème des trois points particulière à ce cas pour augmenter la clarté de l'exposé.

On prend deux composantes de crf, à savoir ; co et orf, et l'on trace le segment et la ligne p^ o. Ayant ainsi déterminé le point Kj sur CF, on construit le polygone funiculaire qui résout la question à savoir DK< ou p^qi^, cq^^ q\d. Le système de toutes les composantes ainsi substituées aux forces primitives, étant équivalent à celui-ci, la résultante des deux forces q^ d et ep\ doit rencontrer /^i^r^ sur la ligne d'action de la résultante ed des forces données. Dans la figure des segments, on doit reporter les

segments q^d en p^q\ et P\q\ en q\d. Ainsi se composent ensemble les forces ep^ et p^ q\ = q^ d, pour donner une résultante eq\. Les lignes d'action des composantes/?, ^r^jC^^i, ^^è, ap^^q^d passant toutes dans Tordre donné par les nœuds D, G, B, A, F, l'essai ne satisfait pas à la question, car la dernière composante eq\ ne passe pas par le point E.

Imaginons que l'on ait fait un certain nombre d'essais analogues au précédent. Gomme, pour chacun d'eux, il faut résoudre le problème des trois points, on utilisera toujours le tracé d'essai orf, oc. Tous les points analogues à gr, de la figure des segments se trouveront sur la droite oq^ parallèle à GF et tous les points analogues à/?4 se trouveront sur la droite p^p parallèle à AB. Toutes les lignes analogues à ep^ passeront par un centre fixe O, situé sur la même droite que A et B, et toutes les lignes analogues à/?,c passeront par un centre fixe P situé, lui aussi, sur la droite AB.

Dans la figure des segments, le centre o étant fixe, les deux faisceaux c(/?i/3! .. .), o(pip,.,) sont perspectifs. Le faisceau de centre P est égal au premier et toutes les lignes parallèles aux rayons du second forment un autre faisceau dont le centre Q est situé sur la même droite que les points P, A, B et O. La ligne oc est la droite de perspective des faisceaux P et Q. Par construction, les deux faisceaux, ayant pour centres D et Q, sont perspectifs et ont pour droite de perspective la droite GF.

Les deux ponctuelles /?,/?..., q^q , , » sont projectives et les droites qui joignent leurs points correspondants, à savoir : p^q^^ pq . . . enveloppent une section conique que nous allons démontrer être une parabole. Pour cela, il suffit de faire voir que les deux ponctuelles sont semblables ou, ce qui revient au même, que leurs points à l'infini se correspondent. Or, lorsque les deux rayons correspondants des faisceaux ayant pour centres AetB coïncident suivant AB, le point/?, devient le point à l'infini delà droite/?,/?; mais alors les rayons correspondants des faisceaux ayant pour centres F et G coïncident suivant FG et le. point q^ devient le point à l'infini de la droite q\q\ les points à l'infini des deux ponctuelles se correspondent donc et la conique est une parabole.

Or les projections, faites parallèlement aux diamètres, des segments /?, gr,,/?y, .. . des tangentes à la parabole, comprises entre les deux tangentes fixes/?,/? et y,gr sur une droite perpen-

diculaire à la direction des diamètres sont égales entre elles. Donc, en transportant ces segments parallèlement à eux-mêmes de façon qu'ils aient une extrémité commune d, les autres extrémités q\^ (fy . . . se trouvent sur une droite parallèle à la direction des diamètres.

Lorsque l'action en B a pour ligne BA, et que, par conséquent, l'action en C a pour ligne CF, l'action en D s'exerce suivant DH; cette dernière est infiniment grande, de même que les actions en B et en C. Alors son segment doit avoir pour extrémités le point d et le point à l'infini de la droite q\ q', ce qui revient à dire que DH est parallèle à q\ q\ c'est-à-dire à la direction des diamètres de la parabole. Or cette droite q\ q- est la droite de perspective des deux faisceaux d[q\yq\, . .)^ ^(^r'^ , gr', . . . ) ; les lignes correspondant aux rayons de ces faisceaux, telles que q\d et eq\^ se coupent sur la ligne d'action de la résultante; donc les premières formant un faisceau ayant pour centre le point D, les secondes forment un faisceau dont le centre est sur la droite DH.

C'est le rayon RE ou eq' de ce faisceau qui résout le problème. On mène alors pq =^q'd par D ; po par Q ; pc par P ; pb par B ; ap par A; ep par O; dq =^pq^ par F et enfin cq par C. Comme vérification de la construction, cette dernière ligne doit passer par le point commun aux deux droites pc elpq, La figure des segments se complète facilement.

Un seul essai^ comprenant l'application du problème des trois points, permet donc de résoudre la question dans le cas le plus général. L'essai sert seulement à déterminer les centres O, P, Q? R, après quoi l'on procède à la solution directe.

Comme propriété auxiliaire de vérification pour le tracé des lignes, nous pouvons ajouter que les trois faisceaux ayant pour centres les points Q, A, O, égaux respectivement aux trois faisceaux e(/?i,/?, . . .), a(/?o/?, . . .), o(/?|,/>, .. .) sont perspectifs et que leurs lignes de perspective sont parallèles aux côtés du triangle aoe.

Chacune des barres est soumise à l'action d'un système de forces en équilibre ; ainsi la barre BD est sollicitée par les forces 6c, cÇi qp^ pb en équilibre et la barre AE par les forces ea, ap, pq'^ 4^ en équilibre. La détermination de toutes les forces qui agissent sur les trois barres de liaison est le but du problème des trois barres.

Ge problème, étant résolu, permet de traiter pour chacune des barres le problème des forces internes.

1 1® En partant de ce dernier cas, qui est le plus général, on peut arriver à résoudre par voie de déduction tous les problèmes qui précèdent et qui sont les -plus simples. Le cas représenté (^fig* 67) comprend, comme le dernier cas, Inapplication du problème des trois points dans la construction d'essai. Si, en traitant ce cas, on n*a pas fait mention de l'application de ce problème, c'est qu'il se présente sous une forme toute particulière qui n'exige aucun essai, parce que la première des deux barres CF, BD n'est pas chargée transversalement. La même chose pourrait se répéter pour les cas relatifs ^xxmfig. 66 et 65.

12® Nous avons dit, en commençant, que les dispositions qui donnent lieu au problème des trois barres sont celles qui sont représentées dans lesjig. 67 et 58.

Jusqu'ici nous ne nous sommes occupés que de la première disposition, mais en réalité la seconde ne présente pas de différences fondamentales avec la première.

Supposons libre le corps supposé fixe jusqu'à présent, sur lequel viennent s'articuler les barres de liaison et considérons deux corps liés au moyen de trois barres, autrement dit un ensemble libre de cinq corps, sollicité par un système de forces en équilibre appliquées à ces corps d'une façon quelconque (fig- 69).

On reconnaît facilement qu'en fixant l'un des trois corps qui portent seulement deux nœuds chacun, on reproduit la disposition représentée (Jig» 57) et que, si l'on fixe un des deux corps qui portent trois nœuds chacun, on reproduit la disposition représentée (Jîg* 58). Ces deux dispositions dérivent donc toutes deux de la disposition unique et plus générale, repirésentée {/ig* 69), et l'application du problème des trois barres doit pouvoir se répéter pour ces deux dispositions.

Reportons-nous, en effet, à ce qui a été exposé (10*^), relativement à \dijig, 68. Supposons-y libre le corps DE; la résultante des forces qui le sollicitent doit être égale et opposée à la résultante ed de toutes les forces qui agissent sur le reste du système. Alors il suffit d'imaginer que l'on ait retourné le sens de la force ed et la solution entière ne subit aucune modification.

13** Dans la même fig. 68, supposons AFE le corps fixe et le

corps BCD soumis à la force bc, relîé k celui-ci au moyen des trois barres BA, GF, DE soumises chacune respectivement aux forces aô, cdy de. La résultante ae de toutes ces forces est égale et opposée à la force ea qui, dans la figure, agit sur le corps AE; mais la solution du problème des trois barres ne subit aucune modification.

Il en est de même si, dans \^fig* 67, on suppose fixe le corps AFE, car on rentre dans le cas d'un corps BD chargé, relié avec un autre corps fixe au moyen de trois barres BA, GF, DE dont deux seulement sont chargées.

Gomme application de ce cas, on peut considérer une grue représentée par layî^. 70. On peut négliger le poids de la chaîne GF qui s'enroule sur un tambour en F, mais il n'en est plus de même du poids des deux barres rigides AB, ED et de celui du corps BD qui porte, en outre, la charge suspendue à la chaîne. On devrait cependant tenir compte du poids de GF si cette ligne était une barre rigide.

Ldifig. 66 représente le cas d'un corps BD non chargé, relié à un corps fixe AFE au moyen de trois barres dont deux sont chargées.

Lay?^. 65 peut être considérée comme représentant le cas d'un corps non chargé BD, relié à un autre corps fixe AE sans que celui-ci développe aucune réaction résultante; deux des barres de liaison AB, DE sont alors soumises à deux forces qui sont nécessairement égales et opposées.

La solution devient plus simple lorsque le corps DB et une seule des barres de liaison sont chargés.

Enfin le cas le plus simple de tous est celui dans lequel aucune des barres de liaison n'est chargée. Il suffit alors de décomposer en trois forces agissant suivant AB, FG, ED la résultante des forces qui agissent sur le corps BD.

i4" Nous avons résolu le problème des trois barres dans les hypothèses où un certain nombre de barres seulement ou toutes les barres sont chargées.

Il peut arriver que des nœuds soient chargés en même temps que les barres, mais cela ne donne lieu à aucune complication sérieuse. Nous traiterons ce cas dans l'application suivante :

Soit {Jig. 71) une travure dans laquelle les barres diagonales

n'aboutissent pas aux nœuds, mais viennent se fixer aux barres horizontales qui portent ainsi trois nœuds chacune. Cette disposition s'applique quelquefois dans la pratique par raison de construction.

Pour arriver à calculer cette travure, on a reproduit {Jig* 7a) la partie de gauche à une échelle plus grande. On a supposé que les barres horizontales de la table supérieure sont seules chargées. Ceci posé, on a déterminé la résultante des forces qui agissent sur chacune de ces barres et les réactions des points d'appui, puis on a considéré le corps AB comme lié au reste de la travure au moyen de trois barres de liaison AE, BD, CF. Au nœud d'appui A est appliquée la réaction a6 et à la barre BD la résultante ca.

Le nœud A est en équilibre sous l'action des forces ab (réaction du point d'appui), pa (action transmise par le corps AB) et bp (action transmise par la barre AE). Le nœud B doit être en équilibre sous l'effet de l'action ap que lui transmet le corps AB et de l'action /?a égale et opposée à celle-ci que lui transmet la barre BD. A la barre AE sont appliquées les trois forces pb^ bq^ qp en équilibre. Cette dernière est un effort de traction que la barre CF exerce en F. A la barre BD sont appliquées les quatre forces en équilibre ap^ pq^ qc^ ca.

Pour arriver à déterminer toutes ces forces, on a fait un essai en prenant arbitrairement les deux actions />| a et ap^ que le corps AB exerce sur les nœuds d'appui A et B; puis on a construit le triangle ap^ q^ des forces qui agissent sur la barre AE. La ligne de la résultante cq{ des forces ca, ap^^ pi q^ qui sollicitent BD ne passe pas par D. Or la ligne de l'action qui s'exerce en E passe toujours, quel que soit l'essai, par le point H commun à AB et à CF et rencontre la ligne d'action de la résultante cb des forces qui sollicitent le système entier en un point O, par lequel passe la ligne d'action de la force cq^ et aussi la ligne cq ou OD qui résout le problème. Il suffît donc de trouver seulement le centre O, ce qui se fait sans aucun essai.

Continuons le calcul en considérant le corps ED comme lié au reste de la travure au moyen de trois barres de liaison DG, EM, KL. La barre DG est soumise à l'action de la résultante rfc, et les nœuds D et E à celle des forces cq et qb.

Le nœud E est soumis à l'action de trois forces en équilibre, à Les Fig. récipr. 7

savoir : la force qb et les actions br et rq que lui transmettent les barres EM el ED. Le nœud D est en équilibre sous Paction de la force cq el des actions qr el rc que lui transmettent les deux barres ED, DG. A la barre EM sont appliquées les forces en équilibre rè, bs^ sr. Cette dernière représente la tension à laquelle est soumise la barre LK. A la barre DG sont appliquées les forces en équilibre cr^ rs^ sd, de.

Pour déterminer toutes ces forces on a fait un essai : on a supposé qu'au nœud E la force qb fait équilibre aux forces br^^ r^q] on a décomposé br^ en deux autres : bs^ passant par M et Si /'i agissant suivant LK. On a ensuite composé cr^ avec rfc;la ligne d'action de leur résultante dr^ passe par un point fixe P situé sur ED. On a décomposé rfr^ en deux autres ds^ et s^r^ ; la ligne d'action de cette dernière passe par un point fixe Q situé sur MJ. C'est à la détermination de ces deux autres que sert l'essai.

On remarque que la ligne sd ou QG, qui donne la solution du problème, rencontre bs sur la ligne d'action de la résultante db de toutes les forces qui sollicitent la portion de la travure située à gauche de GM .

On calculerait, d'après la même méthode, le reste de la travure. Pour la portion calculée, les barres verticales sont des poinçons et celles qui sont inclinées sont des tirants; les barres horizontales inférieures sont distendues et infléchies, tandis que les barres supérieures sont comprimées et infléchies.

On voit qu'il convient de rapprocher autant que possible les nœuds C et R, . . . des noduds B et D, ... ; car les barres obliques, ainsi distendues, tendent à infléchir les barres horizontales supérieures qui sont déjà soumises à la flexion à cause des charges qu'elles supportent.

ludijig, 73 représente une travure qui se calcule aussi en appliquant le problème des trois barres.

Au moyen du problème des trois barres, on calculerait aussi la travure représentée {fig» 35) quoiqu'elle soit compliquée. Il suffit de considérer D, /?, 5^ comme formant un système rigide reUé à celui qui est formé par E, m^ p au moyen de trois systèmes de liaison A, B, C. Après avoir trouvé les actions qui s'exercent aux nœuds de liaison, on déterminerait celles qui se développent le long des barres des systèmes partiels A, D, B, E, C.

Nous terminerons en remarquant que, dans le calcul des travures à barres chargées, ayant deux nœuds seulement, il est bon, en général, de combiner toutes les figures des segments correspondant à chaque application du problème des trois points, de façon à former un diagramme unique, quoique celui-ci contienne toujours des segments répétés.

Mais, dans le cas de travures à barres chargées ayant plus de deux nœuds, il faudra, en général, pour raison de clarté, construire à part la figure correspondant à chacune des applications du problème des trois barres.