Ewa Kloczkowska, KBI 1, rok akademicki 2006/2007
Ćwiczenie nr 3
Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił.
Dla układu prętowego przedstawionego na rysunku naleŜy:
1) Obliczyć i wykonać wykresy sił wewnętrznych powstałych od zadanego obciąŜenia,
wpływu temperatury, osiadania podpór lub błędów montaŜu.
2) W trakcie obliczeń wykonać sprawdzenie kinematyczne,
3) Obliczyć zaznaczone przemieszczenia uogólnione.
I. Wykresy sił wewnętrznych spowodowanych obciąŜeniem zewnętrznym:
Przyjęto:
4
1
2140
(
200)
J
cm IPN
=
,
4
2
3060
(
220)
J
cm IPN
=
2
1
1, 4299
J
J
=
205
E
GPa
=
Aby wykonać wykresy sił wewnętrznych naleŜy rozwiązać układ równań kanonicznych:
11
1
12
2
13
3
14
4
1
21
1
22
2
23
3
24
4
2
31
1
32
2
33
3
34
4
3
41
1
42
2
43
3
44
4
4
0
0
0
0
P
P
P
P
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
+
+
+
+ ∆ =
+
+
+
+ ∆ =
+
+
+
+ ∆ =
+
+
+
+ ∆ =
W układach zginanych wpływ N i T na przemieszczenia jest znikomy, dlatego:
i
k
ik
M M
dx
EJ
δ
=
∑∫
,
i
P
iP
M M
dx
EJ
∆ =
∑∫
.
1) Określenie stopnia statycznej niewyznaczalności i przyjęcie układu podstawowego:
SSN = 4
Przyjęty układ podstawowy:
Niewiadome zostały przedstawione jako grupy sił:
2) Wyznaczenie wykresu
P
M :
3) Wyznaczenie wykresu
1
M (dla
1
1
X = ):
4) Wyznaczenie wykresu
2
M (dla
2
1
X = ):
5) Wyznaczenie wykresu
3
M (dla
3
1
X = ):
6) Wyznaczenie wykresu
4
M (dla
4
1
X = ):
7) Wyznaczenie współczynników równania kanonicznego: Przy wyznaczeniu
współczynników korzystam z zasady Wereszczegina – Mohra oraz z twierdzenia Maxwella.
(
)
(
)
1
1
11
1
2
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
4 4
4
8 4
8
2 4 4 4
2
3
2
3
1
2
1
2
128
1
217, 5167
4 4
4
8 4
8
42, 6667 85, 3333 89, 5167
3
2
3
1, 4299
M M
dx
EJ
EJ
EJ
m
EJ
EJ
EJ
kN
δ
=
=
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
+
⋅ ⋅ ⋅
=
⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +
=
+
+
=
∑∫
1
2
12
0, 0
M M
m
dx
EJ
kN
δ
=
=
∑∫
1
3
13
0, 0
M M
m
dx
EJ
kN
δ
=
=
∑∫
(
)
1
4
14
1
2
1
1
1
1
1
1
1
8 4 8
2
4 4 4
2
2
1
1
64
1
172, 7584
8 4 8
128 44, 7584
2
1, 4299
M M
dx
EJ
EJ
EJ
m
EJ
EJ
EJ
kN
δ
=
=
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
⋅ ⋅ ⋅ +
=
+
=
∑∫
(
)
(
)
[ ]
2
1
1
1
2
1
2
1
1
1
2
2
3 4
1
1
2
1
1
2
4 24
4 2
4
4
4 88
8
4 8
8
2
3
3
8
2
2
3
2
3
1
(44 24) 2
1
1
2 4 24 2 2 4
256 64 938, 6667
42, 6667
384 544
2
1736, 9964
P
P
M M
dx
EJ
EJ
EJ
EJ
EJ
m
EJ
⋅
∆ =
=
− ⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ − ⋅ ⋅
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
+
+
⋅
+
− ⋅ ⋅
⋅ − ⋅ ⋅
=
⋅ −
+
−
+
+
−
−
=
−
=
∑∫
2
1
21
12
0, 0
M M
m
dx
EJ
kN
δ
δ
=
=
=
∑∫
(
)
2
2
22
1
2
1
1
1
1
2
1
1
128
132,1834
2
4 4
4
4 4 8
42, 6667
2
3
1, 4299
M M
m
dx
EJ
EJ
EJ
EJ
EJ
kN
δ
=
=
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
+
⋅ ⋅
=
+
=
∑∫
2
3
23
2
1
1
1
1
1
64
44, 7584
2
4 4 4
2
1, 4299
M M
m
dx
EJ
EJ
EJ
EJ
kN
δ
=
=
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
=
∑∫
2
4
24
0, 0
M M
m
dx
EJ
kN
δ
=
=
∑∫
[ ]
2
2
0, 0
p
P
M M
dx
m
EJ
∆ =
=
∑∫
3
1
31
13
0, 0
M M
m
dx
EJ
kN
δ
δ
=
=
=
∑∫
3
2
32
23
1
44, 7584
M M
m
dx
EJ
EJ
kN
δ
δ
=
=
=
∑∫
3
3
33
2
1
1
1
1
2
1
42, 6667
29,8389
2
4 4
4
2
3
1, 4299
M M
m
dx
EJ
EJ
EJ
EJ
kN
δ
=
=
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
⋅
=
∑∫
3
4
34
0, 0
M M
m
dx
EJ
kN
δ
=
=
∑∫
[ ]
3
3
0, 0
p
P
M M
dx
m
EJ
∆ =
=
∑∫
4
1
41
14
1
172, 7584
M M
m
dx
EJ
EJ
kN
δ
δ
=
=
=
∑∫
2
4
42
24
0, 0
M M
m
dx
EJ
kN
δ
δ
=
=
=
∑∫
4
3
43
34
0, 0
M M
m
dx
EJ
kN
δ
δ
=
=
=
∑∫
(
)
4
4
44
1
2
1
1
1
1
2
285,8389
8 4 8
2
4 4
4
2
3
M M
m
dx
EJ
EJ
EJ
EJ
kN
δ
=
=
⋅ ⋅ +
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
∑∫
(
)
[ ]
4
4
1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
2
1
1
2
4 88 8
4 8 8
2 24
2 2 44 2
4
2
24 2
4
2
2
2
2
3
3
3
3
1280
1
1641, 7968
96 293,3333 128
P
P
M M
dx
EJ
EJ
EJ
m
EJ
EJ
EJ
∆ =
=
− ⋅ ⋅
⋅ + ⋅ ⋅ ⋅
+
− ⋅
⋅ ⋅ ⋅ −
⋅ ⋅
⋅ + ⋅
−
⋅ ⋅
⋅ + ⋅
=
−
−
=
+
−
−
−
=
∑∫
8) Rozwiązanie układu równań kanonicznych:
Po podstawieniu wyliczonych współczynników i pomnoŜeniu przez
1
EJ układ równań
przyjmuje następującą postać:
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
217, 5167
0
0
172, 7584
1736, 9964
0
132,1834
44, 7584
0
0
0
44, 7584
29,8389
0
0
172, 7584
0
0
285,8389
1641, 7968
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
⋅
+ ⋅
+ ⋅
+
=
⋅ +
⋅
+
⋅
+ ⋅
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+ ⋅
=
+ ⋅
+ ⋅
+
⋅
=
PowyŜszy układ moŜna rozbić na dwa układy z dwoma niewiadomymi:
a)
1
4
1
4
217, 5167
172, 7584
1736,9964
172, 7584
285,8389
1641, 7968
X
X
X
X
⋅
+
=
+
⋅
=
b)
2
3
2
3
132,1834
44, 7584
0
44, 7584
29,8389
0
X
X
X
X
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
- układ jest jednorodny, więc
2
3
0, 0000
X
X
kN
=
=
Rozwiązaniem układu a) jest para liczb:
1
4
6, 5843
1, 7643
X
kN
X
kN
=
=
9) Wykresy sił wewnętrznych w układzie:
NORMALNE:
TNĄCE:
MOMENTY:
10) Sprawdzenie:
Sprawdzam, czy przemieszczenie poziome punktu P wynosi zero:
0
P
u = .
Podczas kontroli wykorzystuję twierdzenie redukcyjne:
(0)
( )
n
M
M
dx
EJ
δ
=
∑∫
Sprawdzenie wykonuję dla innego układu podstawowego:
Wykres momentów wirtualnych:
1
2
1
1
1
1
1
1
1
2 2, 3372 4
2 5,8658 4
2 5,8658 4
2 10, 6056 4
1, 4299 2
2
2
2
1
1
2
2
3 4
4
1
4
1
2
4 2, 3372
4
4
4 22,1144
4 21, 2112
4
2
3
3
8
2
2
3
2
3
(6,5381 32,8180 29, 6681 12, 4651 32 58,9717 1
P
u
EJ
EJ
=
⋅
⋅ ⋅
⋅ + ⋅ ⋅
⋅ + ⋅ ⋅
⋅ − ⋅ ⋅
⋅
+
⋅
+
⋅
⋅ ⋅
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
⋅ + ⋅ ⋅
⋅ − ⋅ ⋅
⋅ ⋅
=
+
−
+
+
+
−
=
1
1
13,1264)
0, 0016
EJ
EJ
−
=
0, 0016
0, 000014
0, 01
113,1264
=
≪
II. Wyznaczenie sił wewnętrznych spowodowanych oddziaływaniem temperatury:
Przyjmuję taki sam układ podstawowy, jak w poprzedniej części zadania, co pozwala na
wykorzystanie obliczonych współczynników równania kanonicznego
ki
δ
:
Aby wykonać wykresy sił wewnętrznych naleŜy rozwiązać układ równań kanonicznych:
11
1
12
2
13
3
14
4
1
21
1
22
2
23
3
24
4
2
31
1
32
2
33
3
34
4
3
41
1
42
2
43
3
44
4
4
0
0
0
0
t
t
t
t
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
+
+
+
+ ∆ =
+
+
+
+ ∆ =
+
+
+
+ ∆ =
+
+
+
+ ∆ =
PoniewaŜ współczynniki
ki
δ
są znane, do obliczenia pozostają
it
∆ , które znajduję z
następującego wzoru:
0
it
i
t
t
t
t
M
dx
N t
dx
h
α
α
∆
∆ =
+
∑
∑
∫
∫
d
g
t
t
t
∆ =
−
0
2
d
g
m
t
t
t
t
+
=
− (dla przekroju symetrycznego)
Przyjmuję:
5
1
1, 2 10
t
C
α
−
=
⋅
,
205
E
GPa
=
1
200
0, 2
I
h
h
m
=
=
2
220
0, 22
I
h
h
m
=
=
1) Obliczenie
1t
∆ :
Wykres momentów
1
M
(dla
1
1
X =
) jest taki sam, jak w pierwszej części zadania.
Wykres normalnych
1
N
(dla
1
1
X =
):
[ ]
5
1
5
1
1
1
1
1, 2 10
2
4 4 10
4 8 40
2 4 4 10
0, 2
2
2
0, 22
1, 2 10
2 1 4 15
0, 06545 0, 00144
0, 06689
t
m
−
−
∆ =
⋅
⋅
⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
+ ⋅ ⋅ ⋅
+
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
+
+
⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
+
=
2) Obliczenie
2t
∆ :
Wykres momentów
2
M (dla
2
1
X = ) jest taki sam, jak w pierwszej części zadania.
Wykres normalnych
2
N (dla
2
1
X = ):
(
)
(
)
[ ]
5
2
5
1
1
1
1
1, 2 10
4 4 10 0 40
4 4 10
4 4 10 4 4 10
0, 2
2
2
0, 22
1, 2 10
1 4 15 1 4 15
0, 00000
t
m
−
−
∆ =
⋅
⋅
⋅
⋅ ⋅ ⋅
+ ⋅
− ⋅ ⋅ ⋅
+
⋅ ⋅ ⋅
− ⋅ ⋅
+
+
⋅
⋅ ⋅ ⋅
− ⋅ ⋅
=
3) Obliczenie
3t
∆ :
Wykres momentów
3
M (dla
3
1
X = ) jest taki sam, jak w pierwszej części zadania.
Wykres normalnych
3
N (dla
3
1
X = ):
(
)
[ ]
5
5
3
1
1
1
1, 2 10
4 4 10
4 4 10
1, 2 10
1 4 15 1 4 15
0, 00000
0, 2
2
2
t
m
−
−
∆ =
⋅
⋅
⋅
⋅ ⋅ ⋅
− ⋅ ⋅ ⋅
+
⋅
⋅ ⋅ ⋅
− ⋅ ⋅
=
4) Obliczenie
4t
∆ :
Wykres momentów
4
M (dla
4
1
X = ) jest taki sam, jak w pierwszej części zadania.
Wykres normalnych
4
N (dla
4
1
X = ):
(
)
[ ]
5
5
4
1
1
1
1, 2 10
8 4 40
(2
4 4 10)
1, 2 10
2 1 4 15
0, 2
0, 22
2
0, 08553 0, 00144
0, 08409
t
m
−
−
∆ =
⋅
⋅
⋅ ⋅ ⋅
+
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
−
⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
=
−
=
5) Rozwiązanie układu równań kanonicznych:
1
2
3
4
1
1
1
2
3
4
1
1
1
2
3
4
1
1
1
2
3
4
1
1
217,5167
172, 7584
0
0
0, 06689
0
132,1834
44, 7584
0
0
0
0
44, 7584
29,8389
0
0
0
0
172, 7584
285,8389
0
0
0, 08409
0
X
X
X
X
EJ
EJ
X
X
X
X
EJ
EJ
X
X
X
X
EJ
EJ
X
X
X
X
EJ
EJ
⋅
+ ⋅
+ ⋅
+
⋅
+
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+ ⋅
+ =
⋅ +
⋅
+
⋅
+ ⋅
+ =
+ ⋅
+ ⋅
+
⋅
+
=
6
8
2
1
200
205 10 2140 10
4387
IPN
EJ
EJ
kN m
−
=
=
⋅
⋅
⋅
=
⋅
Po pomnoŜeniu przez
1
EJ i przeniesieniu wyrazu wolnego na drugą stronę równania:
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
217, 5167
0
0
172, 7584
293, 4464
0
132,1834
44, 7584
0
0
0
44, 7584
29,8389
0
0
172, 7584
0
0
285,8389
368, 9028
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
⋅
+ ⋅
+ ⋅
+
= −
⋅ +
⋅
+
⋅
+ ⋅
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+ ⋅
=
+ ⋅
+ ⋅
+
⋅
= −
PowyŜszy układ moŜna rozbić na dwa układy z dwoma niewiadomymi:
a)
1
4
1
4
217, 5167
172, 7584
293, 4464
172, 7584
285,8389
368,9028
X
X
X
X
⋅
+
= −
+
⋅
= −
b)
2
3
2
3
132,1834
44, 7584
0
44, 7584
29,8389
0
X
X
X
X
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
- układ jest jednorodny, więc
2
3
0, 0000
X
X
kN
=
=
Rozwiązaniem układu a) jest para liczb:
1
4
0, 6232
0, 9039
X
kN
X
kN
= −
= −
6) Wykresy sił wewnętrznych w układzie:
MOMENTY:
NORMALNE:
TNĄCE:
7) Sprawdzenie:
Sprawdzam, czy przemieszczenie poziome punktu P wynosi zero:
0
P
u = .
Podczas kontroli wykorzystuję twierdzenie redukcyjne:
(0)
( )
(0)
(0)
0
n
t
t
t
M
M
dx
M
dx
N t
dx
EJ
h
δ
α
α
∆
=
+
+
∑
∑
∑
∫
∫
∫
Sprawdzenie wykonuję dla innego układu podstawowego:
Wykres momentów wirtualnych:
1
1
5
5
1
1
1
1
1
1
2
1
2
1
4
4 2, 4928 4
4 6,1484 4
4 2, 4928
4
4 12, 2968
4
4 7,3112
1, 4299
2
2
2
3
2
3
2
3
1
10
10
1
40
48, 3458 98,3744
1, 2 10
4 4
4 4
4 4
1 4 15
1, 2 10
2
0, 2
0, 22
2
0, 2
4387
P
u
EJ
EJ
−
−
=
⋅
− ⋅ ⋅
⋅ − ⋅ ⋅
⋅
−
⋅
⋅ ⋅
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
⋅
+
−
−
+
⋅
⋅
⋅ ⋅ ⋅
+ ⋅ ⋅
+ ⋅ ⋅ ⋅
+ ⋅ ⋅
=
+
⋅
2787, 2728
0, 01102 0, 02242 0, 03345
0, 03344 0, 03345
0, 00001m
⋅
=
= −
−
+
=
−
= −
0, 00001
0, 00029
0, 01
0, 03345
=
≪
III. Wyznaczenie sił wewnętrznych spowodowanych osiadaniem podpór:
Przyjmuję taki sam układ podstawowy, jak w poprzedniej częściach zadania, co pozwala na
wykorzystanie obliczonych współczynników równania kanonicznego
ki
δ
:
Aby wykonać wykresy sił wewnętrznych naleŜy rozwiązać układ równań kanonicznych w
metodzie sił:
11
1
12
2
13
3
14
4
1
21
1
22
2
23
3
24
4
2
31
1
32
2
33
3
34
4
3
41
1
42
2
43
3
44
4
4
0
0
0
0
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δ
∆
∆
∆
∆
+
+
+
+ ∆ =
+
+
+
+ ∆ =
+
+
+
+ ∆ =
+
+
+
+ ∆ =
PoniewaŜ współczynniki
ki
δ
są znane, do obliczenia pozostają
i∆
∆ , które znajduję z
następującego wzoru:
i
i
R
∆
∆ = −
⋅ ∆
∑
1) Obliczenie
1
∆
∆ :
1
0, 0000
i
R
m
∆
∆ = −
⋅ ∆ =
∑
2) Obliczenie
2∆
∆ :
2
0, 0000
i
R
m
∆
∆ = −
⋅ ∆ =
∑
3) Obliczenie
3∆
∆ :
(
)
3
2
1 0, 002
0, 004
i
R
m
∆
∆ = −
⋅ ∆ = − ⋅ − ⋅
=
∑
4) Obliczenie
4∆
∆ :
(
)
4
1 0, 002 1 0, 002
0, 0000
i
R
m
∆
∆ = −
⋅ ∆ = − ⋅ − ⋅
+ ⋅
=
∑
5) Rozwiązanie układu równań kanonicznych:
1
2
3
4
1
1
1
2
3
4
1
1
1
2
3
4
1
1
1
2
3
4
1
1
217,5167
172, 7584
0
0
0
0
132,1834
44, 7584
0
0
0
0
44, 7584
29,8389
0
0
0, 004
0
172, 7584
285,8389
0
0
0
0
X
X
X
X
EJ
EJ
X
X
X
X
EJ
EJ
X
X
X
X
EJ
EJ
X
X
X
X
EJ
EJ
⋅
+ ⋅
+ ⋅
+
⋅
+ =
⋅
+
⋅
+
⋅
+ ⋅
+ =
⋅ +
⋅
+
⋅
+ ⋅
+
=
+ ⋅
+ ⋅
+
⋅
+ =
6
8
2
1
200
205 10 2140 10
4387
IPN
EJ
EJ
kN m
−
=
=
⋅
⋅
⋅
=
⋅
Po pomnoŜeniu przez
1
EJ i przeniesieniu wyrazu wolnego na drugą stronę równania:
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
217, 5167
0
0
172, 7584
0
0
132,1834
44, 7584
0
0
0
44, 7584
29,8389
0
17,548
172, 7584
0
0
285,8389
0
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
⋅
+ ⋅
+ ⋅
+
=
⋅ +
⋅
+
⋅
+ ⋅
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+ ⋅
= −
+ ⋅
+ ⋅
+
⋅
=
PowyŜszy układ moŜna rozbić na dwa układy z dwoma niewiadomymi:
a)
1
4
1
4
217, 5167
172, 7584
0
172, 7584
285,8389
0
X
X
X
X
⋅
+
=
+
⋅
=
- układ jest jednorodny, więc
1
4
0, 0000
X
X
kN
=
=
b)
2
3
2
3
132,1834
44, 7584
0
44, 7584
29,8389
17,548
X
X
X
X
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
= −
Rozwiązaniem układu b) jest para liczb:
2
3
0, 4047
1,1951
X
kN
X
kN
=
= −
6) Wykresy sił wewnętrznych w układzie:
MOMENTY:
NORMALNE:
TNĄCE:
7) Sprawdzenie:
Sprawdzam, czy przemieszczenie poziome punktu P wynosi zero:
0
P
u = .
Podczas kontroli wykorzystuję twierdzenie redukcyjne:
(0)
( )
(0)
n
M
M
dx
R
EJ
δ
=
−
∆
∑
∑
∫
Sprawdzenie wykonuję dla innego układu podstawowego:
Reakcje w stenie wirtualnym:
Wykres momentów wirtualnych:
1
1
1
1
1
1
1
1
2
4 3,1616 4
4 1, 6188 4
4 1, 6188
4
1, 4299
2
2
2
3
8, 6317 8, 6336
0, 0019676 0, 001968
0, 0000004
4387
P
u
EJ
EJ
m
=
⋅
− ⋅ ⋅
⋅ + ⋅ ⋅
⋅
+
⋅
⋅ ⋅
⋅ ⋅
=
−
−
=
=
−
=
0, 0000004
0, 0002
0, 01
0, 001968
=
≪
IV. Wyznaczenie przemieszczenia poziomego punktu K ( z uwzględnieniem wpływu
temperatury i osiadania podpór):
Przemieszczenie poziome punktu K wyznaczam korzystając z twierdzenia redukcyjnego:
(0)
( )
(0)
(0)
(0)
0
n
K
t
t
t
M
M
u
dx
M
dx
N t
dx
R
EJ
h
α
α
∆
=
+
+
−
∆
∑
∑
∑
∑
∫
∫
∫
Stan wirtualny dla układu podstawowego:
Wykres
(0)
M
:
Wykres
(0)
N
:
5
5
1
1
1
2
1
1
1
40
4 22,1144
4
4 21, 2112
4
4 4
1, 2 10
1 4 15 1, 2 10
2
3
2
3
2
0, 2
117,9435 56,5632
0, 0192 0, 00072
0, 032
4387
K
u
EJ
m
−
−
=
⋅
⋅ ⋅
⋅ ⋅ − ⋅ ⋅
⋅ ⋅
+ ⋅ ⋅ ⋅
⋅
⋅
− ⋅ ⋅ ⋅
⋅
=
−
=
+
−
=