Come isostatica associata ho scelto di rendere il carrello in C un carrello + cerniera interna, introducendo quindi due coppie $X_1$ in C.
Arrivare a calcolare il valore dell'incognita iperstatica è un processo che ormai ho compreso e, salvo errori di conto, non rappresenta un problema, quindi skippo tutta quella parte e fornisco i risultati circa la struttura isostatica associata.
Infatti con tale scelta ottengo $X_1=-(3/20)qL^2$ e le reazioni vincolari (con versi indicati nella prima figura) del sistema isostatico associato (quindi quelle effettive) sono:
\[
\begin{cases}
H_A=-6qL \\ V_A= (123/20)qL \\ M_A=(63/20)qL^2 \\ V_D=(63/20)qL \\ V_C=(-33/10)qL
\end{cases}
\]
Per il calcolo della rotazione, ossia della parte clou dell'esercizio, ho isolato il pezzo di sistema che va da $B$ fino ad $E$ (vedesi figura seguente, $a$). Perché non ho isolato da $C$ a $E$ potreste chiedervi, la risposta è che se lo avessi fatto non avrei saputo come splittare la forza $V_C$!
Prima ho proceduto splittando il problema in un sistema con i carichi e uno con la coppia unitaria, successivamente ho fatto una riprova pure con il Teorema di Castigliano. In riferimento alla figura $(a)$, ho calcolato la caratteristica del momento nel tratto $D \to C$.
\[
M_{DC}-(63/20)qLx+6qLL/2=0 \: \: \: \Rightarrow \: \: \: M_{DC}(x)=(63/20)qLx-3qL^2
\]
Mentre con riferimento alla figura $(b)$ ho trovato $M_{DC}^u=-x/L$. I momenti sugli altri tratti non li ho calcolati dato che nel sistema unitario $(b)$ son nulli, quindi non avrebbero dato contributo. Svolgo l'integrale per la rotazione:
\[
\phi_C=1/(EJ) \int_0^L(-x/L)((63/20)qLx-3qL^2)dx=-\frac{33}{20EJ}qL^3
\]
Quindi ruota di $\phi_C=\frac{33}{20EJ}qL^3$ in senso orario (perché la coppia unitaria era messa in senso antiorario, ma c'è un meno). Provo adesso con il teorema di Castigliano, figura $(c)$. Ho inserito una coppia $Y$ a destra di $C$ che fa quindi sviluppare ai vincoli ulteriori forze di intensità $Y/L$ come indicato in figura. Scrivo quindi la caratteristica del momento sul tratto $D \to C$:
\[
M_{DC}=(63/20)qLx+\frac{Y}{L}x-3qL^2
\]
Come prima, non calcolo sulle altre linee di trave perché se lo facessi otterrei un momento che non dipende da $Y$, quindi con derivata parziale nulla. Svolgo l'integrale del Teorema di Castigliano:
\[
\phi_C=(1/EJ)\lim_{Y \to 0}\int_0^L(x/L)(\frac{63}{20}qLx-3qL^2+(Yx)/L)dx=\frac{33}{20EJ}qL^3
\]
Il segno mi viene diverso, ma è giusto che sia così perché ho messo $Y$ in senso orario.
Grazie per aver letto fin qua !! :]
