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Ingeniería Antisísmica Capítulo 2 – Dinámica de estructuras.

Sistemas de un grado de libertad

-1- Claudio Oyarzo V. / 2005

Facultad de Ingeniería - UCSC

Capítulo 2 – Dinámica de estructuras. Sistemas de un grado de libertad

1 Preámbulo Este capítulo estará dedicado a determinar la solución de la ecuaciones diferenciales de movimiento obtenidas a partir del siguiente modelo dinámico.

Esto es, resolver para diferentes casos la ecuación diferencial:

)()()()( tFtxKtxCtxm =⋅+⋅+⋅•••

De los conocimientos obtenidos en la asignatura de Ecuaciones Diferenciales sabemos que esta expresión corresponde a una ecuación diferencial no homogénea de segundo orden. Para resolver este tipo de ecuaciones es necesario en primer lugar obtener una solución e ala ecuación homogénea y luego superponerle una ecuación particular. Concentremos, en primer término, nuestra atención en la ecuación homogénea.

0)()()( =⋅+⋅+⋅•••

txKtxCtxm (1)

Se puede demostrar que la solución para esta ecuación sería:

t

eAtxλ⋅=)( (2)

Reemplazando en la ecuación diferencial se tiene:

0)()()( =⋅+⋅+⋅•••

txKtxCtxm

02 =⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ ttteAKeACeAm

λλλ λλ

( ) 02 =+⋅+⋅⋅ KCmeAt λλλ

K

C

m

F(t)

x(t)

m : Propiedades inerciales del sistema K : Fuerzas elásticas del sistema C : Mecanismo de disipación de energía del sist. F(t) : Fuerzas externas aplicadas sobre el sistema x(t) : Grado de Libertad del sistema





Si consideramos que 0≠teλ, obtenemos la ecuación característica de 2° orden

( ) 02 =+⋅+⋅⋅ KCmA λλ (3)

en esta expresión, cuando 0=A obtenemos la solución del problema estático.

Por lo tanto para resolver el problema dinámico debemos desarrollar la solución al problema

( ) 02 =+⋅+⋅ KCm λλ , esto es:

m

K

m

C

m

C−

±−=2

22λ (4)

Donde definiremos:

m

Kn=ω

Km

Cd

2= KmC

cr2=

n

nT

2πω =

Luego: m

Cd

n

2=⋅ω

Entonces: ( ) ( )22

nnndd ωωωλ −⋅±⋅−=

12 −±⋅−= ddnn

ωωλ (5)





2 Vibraciones. Sus ecuaciones de movimiento y el tipo de respuesta.

Basados en las ecuaciones (1) a la (5) haremos un análisis a diferentes tipos de movimientos oscilatorios.

2.1 Movimiento Armónico Simple La versión más simple del movimiento oscilatorio corresponde a aquel en que no existe pérdida de energía (roce, elementos no estructurales, comportamiento inelástico, etc), es decir no existen fuerzas de amortiguamiento, por lo tanto C = 0. Este caso corresponde al clásico péndulo perfecto.

• Modelo

• Ecuación de Movimiento

0)()( =⋅+⋅••

txKtxm

• Respuesta

Si establecemos que no existe amortiguamiento en la ecuación (4) el término C adopta valor 0 luego esta ecuación queda:

m

K−±=λ

ni ωλ ⋅±=

Entonces la solución a la ecuación de movimiento será:

ti2

ti1

nn eaeatx ωω −⋅+⋅=)(

Además es posible demostrar que para todos los sistemas físicos 1a y 2a son complejos

conjugados.

K

m

x(t)





Por otro lado, como ya es sabido:

( ) ( )tsenitenn

ti n ωωω ⋅+= cos

por lo tanto reemplazando:

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]tsenitatsenitatx nn2nn1 ωωωω ⋅−⋅+⋅+⋅= coscos)(

( ) ( ) ( ) ( )tseniaataatx n21n21 ωω ⋅−++= cos)(

( ) ( )tsenAtAtx n2n1 ωω ⋅+= cos)(

( )φω += tAtxn

cos)(

Donde: 2

2

2

1 AAA +=

=

2

1

A

AArctanφ

Dado que 1a y 2a son complejos conjugados, es posible demostrar que 1A y 2A sin reales

y de igual forma A y φ también lo son.

La expresión:

( )φω += tAtx ncos)(

corresponde a la forma clásica de representar la ecuación de movimiento de un oscilador

simple y en general los parámetros A y φ se obtiene a partir de las condiciones iniciales.

0)0( xtx ==

0)0( vtx ==•

Oscilación Libre No Amortiguada

A = 2.5 [cm]

ω ω ω ω = ππππ/2 φ φ φ φ = ππππ/6

-3

-2

-1

0

1

2

3

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t [s]

x(t) [cm]





2.2 Movimiento Armónico Amortiguado Cuando se consideran las fuerzas de amortiguación o fricción en el análisis dinámico de estructuras, en general, estas son consideradas proporcionales a la magnitud de la velocidad y en sentido opuesto al movimiento. Este tipo de disipación de energía se conoce como amortiguamiento viscoso, pues corresponde al efecto de las fuerza generada en un cuerpo cuando este se desplaza en un medio viscoso. No obstante , existen situaciones en las cuales las suposiciones de amortiguamiento viscoso no es del todo realistas, estas se emplean en forma generalizada dada la simplicidad del análisis matemático subsecuente.

• Modelo


0)()()( =⋅+⋅+⋅•••

txKtxCtxm

• Respuesta

Como ya hemos dicho la resolución de la ecuación diferencial de movimiento esta gobernada por la ecuación característica :

( ) 02 =+⋅+⋅ KCm λλ

La cual se resuelve mediante la siguiente expresión:

m

K

m

C

m

C−

±−=2

22λ

En el caso anterior verificamos el caso C = 0, a continuación verificaremos los casos en que C≠0.

K

C

m

x(t)





� Amortiguamiento crítico: El primer caso corresponde al conocido como amortiguamiento critico. En este caso se tiene que:

Km2CC cr ==

Por lo tanto:

1C

Cd

cr

==

Luego:

m

K

m2

C

m2

C2

crcr −

±−=λ

Tendrá soluciones reales e iguales pues reemplazando se llega a:

m

K

m2

Km2

m2

C2

cr −

±−=λ

m

K

m

K

m2

Ccr −±−=λ

m2

Ccr−=λ Una sola solución Real


t

2

t

1 etaeatx λλ ⋅⋅+⋅=)(

( ) t

21 etaatx λ⋅⋅+=)(

( )t

m2

C

21 etaatx−

⋅⋅+=)( Respuesta Exponencial

Los parámetros 1a y 2a se obtiene a partir de las condiciones iniciales.

0)0( xtx ==

0)0( vtx ==•





Oscilación Libre Amortiguada

a1 = 1.0

a2 = 2.5

ω ω ω ω = ππππ/2 d = 1.0

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t [s]

x(t) [cm]

� Sobreamortiguado El segundo caso corresponde a aquel conocido como sobreamortiguado. Aquí se tiene:

1C

Cd

cr

>=

Por lo tanto:

0m

K

m2

C2

>−

Luego:

m

K

m2

C

m2

C2

−

±−=λ

Tiene dos soluciones reales y distintas

m

K

m2

C

m2

C2

1 −

+−=λ

m

K

m2

C

m2

C2

2 −

−−=λ






t

2

t

121 eaeatx

λλ ⋅+⋅=)( Respuesta Exponencial

Los parámetros 1a y 2a se obtiene a partir de las condiciones iniciales.

0)0( xtx ==

0)0( vtx ==•


a1 = 1.0

a2 = 2.5

ω ω ω ω = ππππ/2 d = 1.1

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t [s]

x(t) [cm]

� Oscilación Amortiguada.

Finalmente tenemos el caso del movimiento oscilatorio amortiguado. Aquí se tiene:

1C

Cd

cr

<=

Por lo tanto:

0m

K

m2

C2

<−

Luego:

m

K

m2

C

m2

C2

−

±−=λ





Tiene dos soluciones complejas y distintas

2

m2

C

m

Ki

m2

C

−±−=λ

( )2

n

2

nn did ωωωλ ⋅−±⋅−=

2

nn d1id −±⋅−= ωωλ

2

nn1 d1id −+⋅−= ωωλ

2

nn2 d1id −−⋅−= ωωλ


t

2

t

121 eaeatx

λλ ⋅+⋅=)(

( ) ( )td1id

2

td1id

1

2nn

2nn eaeatx −+⋅−−−⋅− ⋅+⋅= ωωωω)(

[ ]td1i

2

td1i

1

td 2n

2nn eaeaetx

−+−−⋅− ⋅+⋅= ωωω)(

Finalmente, reemplazando la expresión exponencial imaginaria

[ ])·()·cos()( tsenAtAetx d2d1

td n ωωω ⋅+⋅= ⋅−

[ ])·()( φωω +⋅= ⋅− tsenAetx d

td n

)·(·)( φωω +⋅= ⋅− tseneAtx d

td n

Respuesta oscilatoria Amortiguada de periodo d

2T

ωπ

=

Donde:

{ {2

NaturalFrecuencia

n

aAmortiguadFrecuencia

d d1 −= ·ωω

Los parámetros A y φ se obtiene a partir de las condiciones iniciales.

0)0( xtx ==

0)0( vtx ==•






A = 2.5

ω ω ω ω = ππππ/2φ φ φ φ = ππππ/6 d = 0.1

-3

-2

-1

0

1

2

3

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10t [s]

x(t) [cm]

Ejemplo 1 (Decremento logarítmico): Determine el coeficiente de amortiguamiento viscoso equivalente (d) del siguiente sistema, si experimentalmente se ha medido una disminución de la amplitud entre 2 ciclos consecutivos de un 20%.

Desarrollo: Sabemos que:


td n

X(t)

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t [s]

x(t) [cm]





Si definimos un tiempo *t , tal que 1tsen d =+ )*·(· φω entonces:

*

*)(td neAtx

ω⋅−⋅=

Un periodo más tarde se tiene:

( )d

2n

d

td2 eAtx ω

πωω

π +⋅−⋅=+

*)*(

Luego:

( )d

2n

n

d

td

td

2eA

eA

tx

tx

ωπω

ω

ωπ +⋅−

⋅−

⋅

⋅=

+ *

*

)*(

*)(

( )( )d

2nn

d

tdtd

2e

tx

tx ωπωω

ωπ

+⋅−−⋅−=

+**

)*(

*)(

d2

n

d

d

2e

tx

tx ωπω

ωπ

⋅=

+ )*(

*)(

δω

πω

ωπ

=⋅

=

+ d

n

2

2d

tx

tx

d

·

)*(

*)(ln

22

n

n

d1

2d

d1

2d

−=

−

⋅=

π

ω

πωδ

·

·

·

Despejando:

( )22 2d

πδ

δ

+=

Si además sabemos que experimentalmente hemos medido que:

800

001

tx

tx

d

2 .

.

)*(

*)(=

+ ωπ

2230251800

001

tx

tx

d

2.).ln(

.

.ln

)*(

*)(ln ==

=

+=

ωπ

δ

Entonces:

( ) ( )%..

.

.55303550

22230

2230

2d

2222==

+=

+=

ππδ

δ





Comentarios:

1. Si d << 1 � πδ

2d =

2. En el caso que )*(*)(d

2txtx ωπ+≈ , se pueden medir entre un mayor numero de

periodos (k)

**)(

td neAtxω⋅−⋅=

( )d

2n

d

ktd2 eAktx ω

πωω

π ·*)·*(

+⋅−⋅=+

En ese caso:

+=

)·*(

*)(·ln

d

2ktx

tx

k

1

ωπ

δ

( )22 2d

πδ

δ

+=

• Amortiguamiento estructural

Como es de suponer, la manera ideal de considerar el amortiguamiento que se ha presentado hasta ahora, no esta presente realmente en las estructuras. En cambio el amortiguamiento que presenta las estructuras puede ser atribuido a la fricción interna y deslizamiento que se genera entre las partículas de los diferentes planos del material a medida que se deforma. Este tipo de amortiguamiento es conocido como amortiguamiento estructural o amortiguamiento de histéresis. Este tipo de amortiguamiento esta asociado a la energía disipada por la estructura a

través de los fenómenos antes descritos y es posible evaluarlo a través del análisis de los registros carga-deformación de las estructuras sometidas a solicitaciones reversibles (cíclicas). El registro que se obtiene de este tipo de ensayos tiene la forma presentada en la figura adjunta. Los ciclos que este diagrama presenta son conocidos como ciclos de histéresis y el área que cada uno de ellos encierra corresponde a la energía disipada por el ciclo por efecto de amortiguamiento estructural. Experimentos realizados a principios de los 80 demostraron que este tipo de amortiguamiento interno es independiente de la frecuencia de vibración y proporcional al cuadrado de la amplitud del movimiento.





Es más, se llegó a determinar que la energía de disipada por histéresis puede representarse mediante la ecuación:

2KU Χ=∆ ···ηπ

Donde:

η = factor de amortiguamiento del material

(adimensional). K = rigidez del sistema. Χ = amplitud de las oscilaciones.

Por otro lado, es posible considerar una constate de amortiguamiento equivalente Ceq que asimile el amortiguamiento estructural a un sistema con amortiguamiento viscoso. En tal caso se debería cumplir que en ambos casos la energía disipada sea equivalente. Si la fuerza asociada al amortiguamiento viscoso esta relacionada a la velocidad del sistema de la siguiente forma:

•

= xCF eqD ·

Y se considera que la respuesta es oscilatoria ( ))(·)( tsentx ωΧ= , entonces la energía disipada

en un ciclo será:

dxFU

ciclo

D∫=∆

∫•

=∆T

0eq dt

dt

dxxCU ··

∫ Χ=∆ω

π

ωω2

0

222eq dttCU )·(·cos··

∫

+Χ=∆

ωπ ω

ω2

0

22eq dt

2

t2

2

1CU ·

)cos(···

−+

Χ=∆

ωπ

ωπω

2

0sen4sen2

2

CU

22eq )()(

···

πω··· 2eqCU Χ=∆





Por lo tanto, si ambos sistemas son equivalentes, las energías disipadas deben ser iguales:

ovishistéresis UU cos∆=∆

πωηπ ······ 2eq

2 CK Χ=Χ

Luego:

ωη K

Ceq

·=

Entonces la ecuación de movimiento del sistema será:

0txKtxCtxm eq =⋅+⋅+⋅•••

)()()(

0txKtxK

txm =⋅+⋅+⋅•••

)()(·

)(ω

η

0txtxtx 2 =⋅+⋅+•••

)()(·)( ωωη

• Amortiguamiento de Coulomb

Otro mecanismo de disipación de energía muy común en los sistemas físicos es aquel producido por la fricción que se genera entro dos superficies, esto es, el roce. Este tipo de disipación de energía es conocido como amortiguamiento de Coulomb. Considere el siguiente sistema dinámico, en que el móvil se ve sometido a fuerzas inerciales

=

••

Ι xmF · , a fuerzas asociadas la rigidez del sistema ( )xKFK ·= y la fuerza de roce

( )mgNFR ·· µµ == que siempre se opone a la dirección de movimiento

<−

=

>

=•

•

•

0xsimg

0xsi0

0xsimg

FR

·

·

µ

µ

K

m

x(t)

FR=µ·mg





La ecuación de movimiento será entonces:

0xsimgKxxm

0xsimgKxxm

<=+

>−=+•••

•••

··

··

µ

µ

Considere entonces un sistema dinámico como el antes descrito al cual se le impone un

desplazamiento inicial 0x y velocidad inicial 0V0 = .

1. Si la fuerza del resorte 0Kx , es mayor que el roce estático, el cuerpo comenzará a

moverse en dirección negativa. La ecuación de movimiento para este fenómeno será:

mgKxxm0x ·· µ=+<•••

La solución a dicho de esta ecuación diferencial será:

)()()( txtxtx PH +=

[ ]K

mgtBtsenAtx n1n1

·)·cos()(·)(

µωω ++=

Por condiciones iniciales

K

mgBx0tx 10

·)(

µ+===

1n A00tx ·)( ω===•

,

Luego:

K

mgt

K

mgxtx n0

·)·cos(

·)(

µω

µ+

−=

)(··

)( tsenK

mgxtx nn0 ωω

µ

−−=

•

Estas ecuaciones serán válidas hasta que el móvil se detenga y cambie de sentido su movimiento, es decir, hasta:

0tsenK

mgxtx 1nn01 =

−−=

•

)(··

)( ωωµ

n1t ω

π=





Donde:

+−=

K

mg2xtx 01

··)(µ

0tx 1 =•

)(

2. Si la fuerza del resorte 1Kx , es mayor que el roce estático, el cuerpo comenzará a

moverse en dirección positiva. La ecuación de movimiento para este fenómeno será:

mgKxxm0x ·· µ−=+>•••

La solución a dicho de esta ecuación diferencial será:

)()()( txtxtx PH +=

[ ]K

mgtBtsenAtx n2n2

·)·cos()(·)(

µωω −+=

Por condiciones iniciales

K

mgB

K

mg2xtx 201

···)(

µµ−−=

+−=

1n1 A0tx ·)( ω==•

Luego:

K

mgt

K

mg3xtx n0

·)·cos(

·)(

µω

µ−

−=

)(··

)( tsenK

mg3xtx nn0 ωω

µ

−−=

•

Estas ecuaciones serán válidas hasta que el móvil se detenga y cambie de sentido su movimiento, es decir, hasta:

0tsenK

mg3xtx 2nn02 =

−−=

•

)(··

)( ωωµ

n2 2t ω

π=





Donde:

−=

K

mg4xtx 02

··)(µ

0tx 2 =•

)(

Y así sucesivamente disminuyendo en forma lineal su amplitud a razón de

K

mg4

··µ

por

periodo completo, esto se visualiza mejor en la figura siguiente:

En forma análoga al amortiguamiento estructural es posible encontrar un sistema equivalente con amortiguamiento viscoso, esto es, que disipe la misma cantidad de energía. Si en un ciclo la fuerza de roce es:

<<→<−

<<→>=

•

•

ωπ

ωπµ

ωπµ

2t0xsimg

t00xsimgFR

·

·

Y se considera que la respuesta es oscilatoria ( ))·cos()( ttx ωΧ= , entonces la energía disipada

en un ciclo será:

dxFU

ciclo

R∫=∆

( )∫∫ −+=∆T

2T

2T

0dt

dt

dxmgdt

dt

dxmgU

/

/

·· µµ

[ ] ( ) [ ]∫∫ −Χ−+−Χ=∆ωπ

ωπ

ωπωωµωωµ

/

/

/

)(····)(····2

0dttsenmgdttsenmgU





−Χ−=∆ ∫∫

ωπ

ωπ

ωπωωωµ

/

/

/

)()(···2

0dttsendttsenmgU

−Χ−=∆ωπ

ωπ

ωπ

ωω

ωω

ωµ/

/

/)cos()cos(

···

2

0

ttmgU

Χ=

Χ=∆ ······· mg44

mgU µω

ωµ

Si se recuerda que en el caso de un sistema viscoso la energía disipada corresponde a:

πω··· 2eqCU Χ=∆

Entonces dado que los sistemas son equivalentes, las energías disipadas deben ser iguales:

ovisroce UU cos∆=∆

πωµ ······ 2eqCmg4 Χ=Χ

Luego:

πωµ

··

··

Χ=

mg4Ceq





2.3 Movimiento Forzado Hasta ahora hemos analizado el comportamiento de sistemas dinámicos que experimentan oscilaciones libres, sin embargo, en muchas el movimiento que presentan estos sistemas esta dominado no solo por las condiciones iniciales, sino que se originas en solicitaciones externas aplicadas sobre el sistema, que se presentan en forma de fuerzas o aceleraciones. Este es el caso del efecto provocado por cargas de oleaje (fuerzas) y sismos (aceleraciones), por mencionar algunos.

• Modelo


)()()()( tFtxKtxCtxm =⋅+⋅+⋅•••

O bien, normalizando por la masa:

m

tFtxtxd2tx

2

nn

)()()()( =⋅+⋅+

•••

ωω

• Respuesta para solicitaciones armónicas

En primer lugar analizaremos sistemas dinámicos sometidos a solicitaciones armónicas, es decir, sometido a cargas o desplazamientos que pueden ser representadas mediante funciones seno o coseno en el tiempo. Este tipo de solicitaciones es propio de la acción de máquinas rotativas y sus masas excéntricas.

)()()()( tsenm

Ftxtxd2tx 0

02

nn ωωω =⋅+⋅+•••

La ecuación de movimiento establecida corresponde a una ecuación diferencial no homogénea de segundo orden. Este tipo de ecuaciones se resuelve mediante la superposición de la solución homogénea (vibraciones libres) y una solución particular, esto es:

K

C

m

F(t)

x(t)





)()()( txtxtx PH +=

La solución a la ecuación homogénea

0txtxd2tx2

nn =⋅+⋅+•••

)()()( ωω

ya ha sido analizada en detalle en el punto 2.1. y 2.2. Por lo tanto en esta seccion nos remitiremos a la solución particular. Se puede demostrar que una solución para la ecuación

)()()()( tsenm

Ftxtxd2tx 0

02

nn ωωω =⋅+⋅+•••

es la expresión:

)cos()()( tBtsenBtx 0201P ωω ⋅+⋅=

Donde 0ω corresponde a la frecuencia de la solicitación.

Luego:

)(·)·cos()( tsenBtBtx 002001P ωωωω ⋅−⋅=•

)·cos()(·)( tBtsenBtx 0

2

020

2

01P ωωωω ⋅−⋅−=••

Así que reemplazando en

)()()()( tsenm

Ftxtxd2tx 0

02

nn ωωω =⋅+⋅+•••

Se obtiene:

[ ][ ]

[ ] )()cos()(

)(·)·cos(

)·cos()(·

tsenm

FtBtsenB

tsenBtBd2

tBtsenB

0

0

0201

2

n

002001n

0

2

020

2

01

ωωωω

ωωωωω

ωωωω

=⋅+⋅⋅+

⋅−⋅⋅+

⋅−⋅−

Reordenando:

[ ][ ] )()cos(·

)(··

tsenm

FtBBd2B

tsenBd2BB

0

0

0

2

n2

2

02n01

0

2

n1n02

2

01

ωωωωωω

ωωωωω

=⋅⋅+⋅−⋅+

⋅⋅+⋅−⋅−

Por lo tanto igualando los términos asociados a )( tsen 0ω y a )cos( t0ω se obtiene:





[ ]m

FBd2BB 02

n1n02

2

01 =⋅+⋅−⋅− ωωωω ··

[ ] 0BBd2B2

n2

2

02n01 =⋅+⋅−⋅ ωωωω ·

Esto es:

m

Fd2BB 0

0n2

2

0

2

n1 =−−⋅ ωωωω ·)(

0Bd2B2

0

2

n20n1 =−⋅+ )(· ωωωω

Resolviendo el sistema se obtiene:

( )( )2

0n

22

0

2

n

02

0

2

n

1d2

m

F

Bωωωω

ωω

+−

−=

)(

)·(

( )( )2

0n

22

0

2

n

0

0n

2d2

m

Fd2

Bωωωω

ωω

+−−=

)(

Expresado de otra forma se demuestra que una solución particular de la ecuación diferencia es:

)()( ψω −⋅= tsenBtx 0P

Donde:

2

n

0

n

0

1

2

1

d2

B

Btg

−

=−=

ωω

ωω

ψ

2

0n

22

0

2

n

0

2

2

2

1

d2

mF

BBB)()( ωωωω +−

=+=

2

n

0

22

n

0

0

d21

KF

B

+

−

=

ωω

ωω





Finalmente se tiene que la solución de la ecuación diferencial de movimiento suponiendo d<1 será:

)()()( txtxtx PH +=

Dónde:


td

Hn

)()( ψω −⋅= tsenBtx 0P

Entonces:

)()·(·)( ψωφωω −⋅++⋅= ⋅− tsenBtseneAtx 0d

td n

-1.2

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0 5 10 15 20 25

t [s]

x(t) [cm]

Oscilacion Libre

A = 1.0

ωn = 3π/2φ = π/2d = 4%

Carga Armónica

B = 0.3

ωn = 6πψ = π/6

Solucion EstacionariaSolucion Transiente

Notar que a medida que el tiempo avanza la solución general (transiente) tiende a la solución particular (estacionaria).

)()( txtx Pt ∞→→

Entonces:

)()()( txtxtx PH += Solución Transiente

)()( txtx P= Solución Estacionaria





a. Factor de Amplificación Dinámica (FAD):

Consideremos la solución estacionaria:

)()( txtx P=

)()( ψω −⋅= tsenBtx 0

Donde:

2

n

0

22

n

0

0

d21

KF

B

+

−

=

ωω

ωω

Definiremos como Factor de Amplificación Dinámica (FAD) a:

2

n

0

22

n

0

00

d21

1

KF

B

KF

tx

EstáticaMáxDef

DinámicaMáxDefFAD

+

−

====

ωω

ωω

)(

..

..

Notar que el FAD es función del amortiguamiento (d) y de las frecuencias de la solicitación(ω0) y natural del sistema (ωn).

Factor de Amplificación Dinámica

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0 0.5 1 1.5 2 2.5

ωωωω0000/ω/ω/ω/ωn

FAD

d = 0

d = 5%

d = 10%

d = 50 %

d = 70.7%

d = 100%

d = 120%





Haciendo un análisis de los valores máximos que puede adoptar el FAD, obtenemos los siguientes resultados:

2

n

0

22

n

0 d21

1FAD

+

−

=

ωω

ωω

Los máximos ocurrirán cuando

+

−

2

n

0

22

n

0 d21ωω

ωω

sea mínimo.

O bien, definiendo Rn

0 =ωω

, FAD será máximo cuando [ ] [ ]222 dR2R1Rf +−=)( sea mínimo.

Esto es:

0dR

Rdf=

)(

( )[ ] 0R14d8RdR

Rdf 22 =−−⋅=)(

Vale decir:

0Rn

0 ==ωω

2d21R −=

Caso 1:

0Rn

0 ==ωω

�� 00 =ω o 0n ωω >> (Caso Estático)

Entonces:

( ) 0R314d8dR

Rfd 22

2

2

>−−=)(

Si se sabe que

0R =

Se tiene:

04d8 2 >− � 21d >





Finalmente se puede decir que cuando 707021d .=> el FAD alcanza su valor máximo

cuando 0Rn

0 ==ωω

, es decir 0n ωω >> , y es igual a FAD = 1

Caso 2:

2d21R −= � ( )[ ] 0R14d822 =−−

Entonces:

( ) 0R314d8dR

Rfd 22

2

2

>−−=)(

Si se sabe que

2d21R −=

Se tiene:

0d168 2 >− � 21d <

Finalmente se puede decir que cuando 707021d .=< el FAD alcanza su valor máximo

cuando 2d21R −= ,y es igual a

2d1d21FAD

−= .

Más aún si:

No existe amortiguamiento d = 0

Entonces 1d21R 2

n

0 =−==ωω

Por lo tanto ∞→−

=2d1d2

1FAD La estructura entra en RESONANCIA.





Ejemplo 2: A partir de la aplicación de una carga armónica de frecuencia variable determine el factor de amortiguamiento del sistema dinámico.

Desarrollo:

Se sabe que si 21d < , entonces el máximo desplazamiento se alcanza cuando

2

n

0 d21 −=

ωω

.

En ese caso:

2

0

d1d2

KF

x−

=max

Considerando el caso especifico cuando la amplitud es solo una fracción de la máxima,

tal que, 2

0

d1d22

KF

2

xX

−==

·

max

Por lo tanto:

2

n

0

22

n

0

0

2

0

d21

KF

d1d22

KF

+

−

=−

ωω

ωω

·

m

K/2 K/2

C

( )tsenFtF 00 ω=)(





2

n

0

22

n

02 d21d1d22

+

−=−

ωω

ωω

·

( )2

n

0

22

n

022 d21d1d8

+

−=−

ωω

ωω

( )22

2

n

02

2

n

0

22

n

0 d1d8d412 −=

++

−

·

ωω

ωω

ωω

[ ] [ ] 0d8d812d4 42

2

n

02

22

n

0 =+−+

−+

···

ωω

ωω

Resolviendo la ecuación de segundo grado para

2

n

0

ωω

se obtiene:

( ) ( ) ( )

+−−−±−−=

42222

2

n

0 d8d8142d42d42

1·

ωω

( )[ ]42242

2

n

0 d32d3244d16d16d2122

1−+−+−±−=

·

ωω

( )[ ]422

2

n

0 d16d16d2122

1−±−=

·

ωω

22

2

n

0 d1d2d21 −±−=

·

ωω

Suponiendo que d<<1:

{ 434 211

2

0

2

2

n

0 d1d2d21 −±−=

·

ωω

d21

2

n

0 ±=

ωω





Por lo tanto:

d1d21n

0 ±≈±=

ωω

Finalmente se obtiene:

d1

d1

n

02

n

01

+=

−=

ωω

ωω

Sumando ambas ecuaciones: 2n

0102 =

+

ωωω

Restando ambas ecuaciones: d2n

0102 =

−ω

ωω

Así se obtiene: d0102

0102 =

+

−

ωωωω

X

ω0 ωn ω02 ω01

Xmax

2

xmax

Espectro de Respuesta





b. Coeficiente de Transmisibilidad (TR): Considérese el siguiente sistema dinámico sobre el cual actúa como solicitación un desplazamiento de las condiciones de apoyo.

Los desplazamiento x(t) e y(t) son desplazamientos absolutos. La ecuación de movimiento será:

( ) 0tytxKtytxCtxm =−⋅+

−⋅+⋅••••

)()()()()(

)()()()()( tyKtyCtxKtxCtxm ⋅+⋅=⋅+⋅+⋅••••

( ) ( )tsenYKtYCtxKtxCtxm 00000 ··cos)()()( ωωω ⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅+⋅+⋅•••

( )ψω +⋅=⋅+⋅+⋅•••

tsenAtxKtxCtxm 0 ·)()()(

( )2

0

2

0 CKYA ω·+⋅=

n

00 d2

K

Ctg

ωωω

ψ··

==

( )ψωωω +⋅=⋅+⋅+•••

tsenm

Atxtxd2tx 0

2

nn ·)()()(

Solución estacionaria:

( )φψω −+⋅= tsenBtx 0 ·)(

Donde:

m

K

C

x(t) y(t)

( )tsenYty 00 ·)( ω=





2

n

0

22

n

0

2

n

0

0

d21

d21

YB

+

−

+

⋅=

ωω

ωω

ωω

2

n

0

n

0

1

d2

tg

−

=

ωω

ωω

φ·

Definiremos como coeficiente de transmisibilidad (TR) al término:

2

n

0

22

n

0

2

n

0

R

d21

d21

T

+

−

+

=

ωω

ωω

ωω

Entonces la respuesta de la ecuación diferencial será:

( )φψω −+⋅⋅= tsenTYtx 0R0 ·)(

Así:

0

RY

txT

)(=

De forma análoga, si el sistema dinámico esta sometido a una solicitación armónica externa (Fuerza), este transmitirá la carga a los apoyos (fundación) de la siguiente manera:

La ecuación de movimiento será:

( )tsenFtxKtxCtxm 00 ·)()()( ω⋅=⋅+⋅+⋅•••

m

K

C

x(t)

( )tsenFtF 00 ·)( ω=





Solución estacionaria:

( )ψω +⋅= tsenBtx 0 ·)(

Donde:

2

n

0

22

n

0

0

d21

KF

B

+

−

=

ωω

ωω

Luego la fuerza transmitida a la base será:

)()( txKtxCFT ⋅+⋅=•

Reemplazando se obtiene:

( ) ( )ψωψωω +⋅++⋅⋅⋅= tsenBKtBCF 000T ···cos

Reordenando y desarrollando se puede demostrar que

( )ψω

ωω

ωω

ωω

+

+

−

+

⋅= tsen

d21

d21

FF 02

n

0

22

n

0

2

n

0

0T

( )ψω +⋅⋅= tsenTFF 0R0T

Así:

0

T

RF

FT =





Coeficiente de Transmisibilidad

0

1

2

3

4

5

0 1 2

ωωωω0/ωωωωn

TR

d = 0

d = 5%

d = 10%

d = 20%

d = 30%

Amplificación Aislación

2





c. Instrumentos para medir vibraciones

Consideremos el siguiente instrumento construido para medir vibraciones.

Este se compone de un sistema masa-resorte-amortiguador y permite medir desplazamientos (sismómetro) o aceleraciones (acelerómetro). La coordenada x(t) representa el movimiento absoluto de la masa m, la coordenada y(t) representa el desplazamiento basal absoluto y la coordenada z(t) representa el movimiento de la masa relativo a la base, esto es:

)()()( tytxtz −=

Entonces el problema a resolver corresponderá a aquel en que obtenida una señal de respuesta z(t) se pide determinar el valor de la señal de entrada y(t). La ecuación de movimiento de esta sistema será:

0tzKtzCtytzm =⋅+⋅+

+⋅•••••

)()()()(

)()()()( tymtzKtzCtzm•••••

⋅−=⋅+⋅+⋅

321444444 3444444 21SismoEj

ExternaFuerzaSistema

2

nn tytztzd2tz

:

)()()()(•••••

−=⋅+⋅⋅⋅+ ωω

Supongamos que:

( )tsenYty 00 ω=)(

( )tsenYty 0

2

00 ωω−=••

)(

Por lo tanto la solución estacionaria será:

( )ψω

ωω

ωω

ωω

−⋅⋅

+

−

= tsenY

d21

tz 002

n

0

22

n

0

2

n

0

)(

m

C

K

x(t)

y(t)

z(t)





Donde:

( )2

n

0

n

0

1

d2

tg

−

=

ωω

ωω

ψ

Haciendo un análisis más detallado de los resultados identificamos dos situaciones.

Caso 1: n0 ωω >>

Esto es: nω pequeño � K pequeño y m grande � Sistema Flexible

Para este caso:

1n

0 >>ωω

Por lo tanto:

2

n

0

4

n

0

22

n

0 d21

>>

≈

− ω

ωω

ωω

ω

Entonces:

( ) 0

1

d2

tg2

n

0

n

0

≈

−

=

ωω

ωω

ψ � πψ ≈

Y además:

1

d21

4

n

0

2

n

0

2

n

0

22

n

0

2

n

0

=

≈

+

−

ωω

ωω

ωω

ωω

ωω

En consecuencia:

( )πω −⋅= tsenYtz 00)(

( )tsenYtz 00 ω⋅−=)(

)()( tytz −=

z(t) esta midiendo el desplazamiento basal

En general este tipo de instrumento miden en el rango de 10 ~ 500 Hz ( )Hz52n ~=ω





Caso 2: n0 ωω <<

Esto es: nω grande � K grande y m pequeña� Sistema Rígido

Para este caso:

1n

0 <<ωω

Por lo tanto:

11

22

n

0 ≈

− ωω

Entonces:

( ) 0

1

d2

tg2

n

0

n

0

≈

−

=

ωω

ωω

ψ � 0≈ψ

Y además:

2

n

0

2

n

0

22

n

0

2

n

0

d21

≈

+

−

ωω

ωω

ωω

ωω

En consecuencia:

( )tsenYtz 0

2

n

00 ωω

ω ⋅

⋅=)(

( )tsenY1

tz 0

2

002

n

ωωω

⋅⋅=)(

)()( ty1

tz2

n

••

−=ω

z(t) es proporcional a la aceleración basal

En general este tipo de instrumento miden en el rango 400n

0 .<<ωω

, esto es:

Para instrumentos mecánicos: Hz100n =ω

Para instrumentos electrónicos: Hz10000n =ω





d. Máquinas giratoria con masas excéntricas

Considérese el siguiente modelo dinámico de una máquina rotatoria.

Fuerzas de Inercia:

( ) ( )

⋅⋅−⋅⋅+⋅−••••

tsentx2txmM 0

2

02m ωωλ)()(

( )tsenmtxM 0

2

0 ωω ⋅⋅⋅−⋅••

λ)(

Por lo tanto la ecuación de movimiento será:

( )444 3444 21 λExternaFuerza

0

2

0 tsenmtxKtxCtxM ωω ⋅⋅⋅=⋅+⋅+⋅•••

)()()(

Entonces la solución estacionaria será

( )ψω

ωω

ωω

ω−⋅

+

−

⋅⋅

= tsen

d21

Km

tx 02

n

0

22

n

0

2

0λ

)(

Con:

( )2

n

0

n

0

1

d2

tg

−

=

ωω

ωω

ψ

ω0 ω0

m/2 m/2

K/2 K/2 C

M l l

x(t)

M : Masa Total del sistema x(t) : Desplazamiento respecto

a la posición de equilibrio





O bien:

( )( )ψω

ωω

ωω

ωω

−⋅

+

−

⋅⋅

= tsen

d21

Mm

tx 02

n

0

22

n

0

2

n

0λ)(

Para n0 ωω >> , se tiene que ∞→

n

0

ωω

. En esta situación:

( ) ( )πω −⋅⋅→ tsenM

mtx 0λ)(

( ) ( )tsenM

mtx 0ω⋅⋅−→ λ)(

F(t)

x(t)

t

Independiente del amortiguamiento (d)





• Respuesta para cargas periódicas

Supongamos que )(tF es una función tal que )()( TtFtF += , esto es, )(tF es una función

periódica de periodo T.

Bajo ciertas condiciones de continuidad )(tF se puede representar como una superposición de

funciones armónicas (Serie de Fourier).

( ) ( )∑∑==

+≈0k

k

1k

k tkcosbtksenatF ωω)(

Donde :

T

2πω = Frecuencia fundamental

1kdttksentFT

2a

T

0k ≥⋅= ∫ )()( ω Coeficiente de Fourier

0kdttktFT

2b

T

0k ≥⋅= ∫ )cos()( ω Coeficiente de Fourier

(Promedio)dttFT

1b

T

00 ∫= )( Coeficiente de Fourier

Entonces la ecuación de movimiento es:

( ) ( )∑∑==

•••

+==⋅+⋅+⋅0k

k

1k

k tkcosbtksenatFtxKtxCtxm ωω)()()()(

Aplicando el principio de superposición se puede definir el sistema:

( )

( )tkcosbtxKtxCtxm

tksenatxKtxCtxm

btxKtxCtxm

kckckck

ksksksk

0000

ω

ω

=⋅+⋅+⋅

=⋅+⋅+⋅

=⋅+⋅+⋅

•••

•••

•••

)()()(

)()()(

)()()(

Resolviendo se obtiene:

∑∑==

++=1k

ck

1k

sk0p txtxtxtx )()()()(





Se puede demostrar que si la función cumple con el teorema de Dirichlet, esto es )(tF es

periódica, uniforme y continua salvo en un número finito de puntos, entonces:

Serie � )(tF : si t es un punto de continuidad

Serie � 2

tFtF )()( +− + : si t es un punto de discontinuidad

Entonces, resolviendo para cada ecuación:

k

btx 0

0 =)(

( )k2

n

22

n

k

sk tksen

dk2k1k

atx φω

ωω

ωω

−⋅

⋅+

⋅−⋅

=)(

( )k2

n

22

n

kck tkcos

dk2k1k

btx φω

ωω

ωω

−⋅

⋅+

⋅−⋅

=)(

Donde:

( ) ⋅

⋅−

⋅=

2

n

n

k

k1

dk2

tg

ωω

ωω

φ

Por lo tanto la solución completa será:

[ ]∑=

+++=+=1k

cksk0HpH txtxtxtxtxtxtx )()()()()()()(

t

F(t)





Ejemplo 3: Considere la siguiente función de carga (Pulso) sobre el sistema dinámico:

Los coeficientes de Fourier serán:

0dttk2senFa2

T

00k2 =⋅= ∫ )( ω

πω

Término par

πω

πω

⋅−⋅

=−⋅= ∫−)(

))((1k2

F2dtt1k2senFa 0

001k2

2T

Término impar

2

FdtF

2b 0

000

2T

== ∫πω

0dttkFb2

T

00k =⋅= ∫ )cos( ω

πω

Luego:

( )∑∞

=

−−

⋅+=1k

00

1k2

t1k2senF2

2

FtF

)(

)()(

ωπ

Así:

( )∑∞

=

−

⋅+

⋅−⋅−

−−⋅++=

1k 2

n

22

n

1k200

H

dk2k11k2

t1k2sen

K

F2

K2

Ftxtx

ωω

ωω

φωπ

)(

)()()(

t

F(t)

F0

T=2π/ω

<<

<<=

ωπ

ωπ

ωπ

2

0

t0

t0F

tF )(





Analizando la contribución de las armónicas en la amplitud de la solución, se obtiene las siguientes representaciones graficas:

∑∞

=

−⋅=

1k

0

1k2

1F2aCargladeAmplitud

)(π

∑∞

=

⋅+

⋅−⋅−

⋅=1k 2

n

22

n

0

dk2k11k2

1

K

F2RespuestaladeAmplitud

ωω

ωω

π)(

Espectro Discreto de la Solicitación

0.785

1.000

0.333

0.200

0.1430.111

0.000

0.200

0.400

0.600

0.800

1.000

1.200

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

(2k-1)

2F0/ ππ ππ

Espectro Discreto de la Respuesta

(d=10%)

0.785

5.000

0.042 0.008 0.003 0.001

1.122

1.667

0.111 0.032 0.014

1.041

0.512

1.000

0.1430.049

0.000

1.000

2.000

3.000

4.000

5.000

6.000

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

(2k-1)

2F0/K

ππ ππ

wn=w

wn=3w

wn=5w





Existe también la posibilidad de representar las series de Fourier mediante funciones complejas. En este caso se opera de la siguiente forma. Sabemos que:

( ) ( )[ ]∑=

++=1k

kk0 tkcosbtksenabtF ωω)(

Donde ka , kb y 0b son coeficientes reales.

Por otro lado también se demostrado que un numero complejo puede ser representado mediante una función seno-coseno o una exponencial, entonces:

( ) ( )[ ]∑=

++=1k

kk0 tkcosbtksenabtF ωω)(

( ) ( )∑=

−−

++−+=

1k

tiktikktiktikk

0 ee2

bee

i2

abtF ωωωω)(

∑=

−

⋅

+−+⋅

++=

1k

tikkktikkk

0 e2

b

i2

ae

2

b

i2

abtF ωω)(

[ ]∑=

−⋅+⋅+=1k

tik

K

tik

k0 eDeCbtF ωω)(

[ ] [ ]∑∑=

−

=

⋅+⋅+=1k

tik

K

1k

tik

k0 eDeCbtF ωω)(

Se ha definido entonces un par de coeficientes de Fourier complejos:

( )

⋅−⋅=−= ∫∫ dttksentFidttktF

2iab

2

1C

T

0

T

0kkk )()()cos()( ωω

πω

( )

⋅+⋅=+= ∫∫ dttksenF(t)idttkF(t)

π2

ωiab

2

1D

T

0

T

0kkk )()cos( ωω

Luego:

( )

⋅=

−⋅= ∫∫ − dtetF

T

1dttkisentktF

2C

T

0

tikT

0k

ωωωπω

)()()cos()(

( )

⋅=

+⋅= ∫∫ dtetF

T

1dttkisentktF

2D

T

0

tikT

0k

ωωωπω

)()()cos()(

0

T

000 bdttF

T

1DC =

== ∫ )(





Finalmente:

[ ] [ ]∑∑=

−

=

⋅+⋅+=1k

tik

K

1k

tik

k0 eDeCbtF ωω)(

Notar que kk DC =− por lo tanto kk DC = , entonces:

∑∞

−∞=

⋅=k

tik

k eCtF ω)(

Donde:

⋅= ∫ − dtetF

T

1C

T

0

tik

k

ω)( Coeficiente de Fourier Complejo

En consecuencia nuestra ecuación de equilibrio adoptará la forma:

∑∞

−∞=

•••

⋅==⋅+⋅+⋅k

tik

k eCtFtxKtxCtxm ω)()()()(

Una solución particular podría ser:

∑∞

−∞=

⋅=k

tik

kP eXtx ω)(

Reemplazando se obtiene, para un k cualquiera:

( ) ( ) tik

k

tik

k

tik

k

tik

k

2eCeXKeXikCeXikm ωωωω ωω ⋅=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅

( ) ( )[ ] tik

k

tik

k

2eCeXKikCikm ωωωω ⋅=⋅⋅+⋅+⋅

( ) ( )[ ] ( ) k

ciaTransferendeFunción

ik2

k

k CHKikCikm

CX ⋅=

+⋅+⋅=

321 ωωω

( ) kikk CHX ⋅= ω

Entonces:

( )∑∑∞

−∞=

∞

−∞=

⋅⋅=⋅=k

tik

kik

k

tik

kP eCHeXtx ωω

ω)(

Se puede demostrar que:

( ) kikk CHX ⋅= ω





• Respuesta para cargas constantes

Considérese, como es usual, el siguiente modelo dinámico:

En primer lugar se analizará la situación con amortiguamiento nulo, esto es C = d = 0.

Este sistema esta sometido a la acción de una carga )(tF representada por la siguiente gráfica

y con condiciones iniciales 0txtx 00 ==•

)()( .

En este caso la ecuación de movimiento será:

0FtFtxKtxm ==⋅+⋅••

)()()( válida para 0t > y 0t0 =

mF

txtx 02

n =⋅+••

)()( ω

La solución será:

)()()( txtxtx PH +=

Donde:

)cos()( φω +⋅= tAtx nH

KF

tx 0P =)(

K

C

m

F(t)

x(t)

t0

F0

F(t)

t





Luego, evaluando para las condiciones iniciales:

[ ])cos()( t1K

Ftx n

0 ω−=

En forma gráfica:

Consideremos el mismo sistema dinámico con amortiguamiento nulo, pero bajo la acción de un pulso, esto es:

La solución para el sistema en tiempos anteriores a td será:

[ ])cos()( t1K

Ftx n

0 ω−= dtt ≤

Para tiempos mayores a td la ecuación de movimiento será:

0tFtxKtxm ==⋅+⋅••

)()()( dtt >

Con condiciones iniciales:

[ ])cos()( dn0

d t1K

Ftx ω−= )()( dn

n0

d tsenK

Ftx ω

ω⋅=

•

x(t)

t

KF0

KF2 0

n

2T ωπ=

2x

KF0

=max

td

F0

F(t)

t





Por lo tanto la solución para dtt > será:

( )[ ])cos()cos()( tttK

Ftx ndn

0 ωω −−= dtt >

Cuando n

d2Tt ωπ== se tiene que 0tx =)( para Tt > . En forma gráfica:

Por otro lado cuando n

d 2Tt ω

π== , entonces K

F2tx 0

d =)( y 0tx d =•

)( , en ese caso la

grafica resulta:

x(t)

t

KF2 0

n

2T ωπ=

2x

KF0

=max

x(t)

t

KF2 0−

KF2 0

n

2T ωπ=

2x

KF0

=max





Finalmente consideremos el caso más general, aquel que incluye la disipación de energía por

amortiguamiento 0C ≠ , sometido a una carga constante F0 y con condiciones iniciales

0txtx 00 ==•

)()( .

La solución de este problema será:

)cos()( φωω −⋅⋅−

−= − ted1K

F

K

Ftx d

td

2

00 n

Dónde:

2d1

dtg

−=φ

Notar que:

K

Ftx 0

t=

∞→)(lim Solución estática

Carga Constante (d=10%)

0

0.5

1

1.5

2

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t

F0/K





• Respuesta para cargas arbitrarias

Finalmente como último caso consideraremos en sistema dinámico sometido a un régimen de

solicitaciones )(tF arbitrario:

En este caso la ecuación de movimiento también será:

)()()()( tFtxKtxCtxm =⋅+⋅+⋅•••

La solución será:

321????

)()()( txtxtx PH +=

Para resolver este problema hagamos en siguiente análisis. Considere un pulso de magnitud F

y duración t∆ aplicado en ttt 1 ∆−= :

Condición en 1tt = :

dt

dvmF ⋅=

t

ttvtvmF 11

∆

∆−−⋅=

)()(

K

C

m

F(t)

x(t) F(t)

t

F(t)

t

t1-∆t t1

∆t F





∆−−⋅=∆⋅ 434 21

0

11 ttvtvmtF )()(

)( 1tvmtF ⋅=∆⋅

)()( 11 txm

tFtv

•

=∆⋅

=

0ttx 2

1 →∆→)(

Por lo tanto el problema para 1tt > se convertirá en un problema homogéneo:

0txtxd2tx2

nn =⋅+⋅+•••

)()()( ωω

Con condiciones iniciales:

0tx 1 =)( La posición no cambia

m

tFtx 1

∆⋅=

•

)( Sólo cambia la velocidad

Cuya solución es:

))(()()(

1d

ttd

d

ttsenem

tFtx 1n −⋅⋅

⋅∆⋅

= −− ωω

ω para 1tt >

−⋅⋅

⋅⋅∆⋅= −− ))(()( )(

1d

ttd

d

ttsenem

1tFtx 1n ω

ωω

)()( 1tthtFtx −⋅∆⋅=

Dónde:

)()( tsenem

1th d

td

d

n ωω

ω ⋅⋅⋅

= − Función Impulso o Función de Green





Función Impulso h(t-t1)

m=1

t1=2

d=10%

ωωωωn=2ππππ

-0.15

-0.1

-0.05

0

0.05

0.1

0.15

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t

h(t)

Consideremos ahora una familia de pulsos aplicados en los tiempos t1, t2, t3, hasta tn,de magnitudes F1, F2, F3 y Fn respectivamente.

En este caso:

∑=

−− −⋅⋅⋅

∆⋅=

n

1i

idttd

d

i ttsenem

tFtx in ))(()(

)( ωω

ω

F(t)

t t1

F1

t2 t3 tn

F2

F3

Fn





El caso límite corresponde al caso continuo, donde ∞→n y 0t →∆

En este caso:

ττωωτ τω

dtsenem

Ftx

t

0

d

td

d

n∫ −⋅⋅⋅

= −−))((

)()(

)(

τττ dthFtxt

0

∫ −⋅= )()()(

)()()( thFtx ∗= τ Convolución

Nota:

En el caso de condicione iniciales 0x0x =)( y 0x0x••

=)( , la solución es:

τττωω

ωωω dthFtsen

dxxtxetx

t

0

d

d

n00

d0

td n ∫ −⋅+

⋅

⋅⋅++⋅⋅=

•

− )()()()cos()(

F(t)

t





Ejemplo 4:

Amortiguamiento: d = 0

Condiciones iniciales: 00x0x ==•

)()( ,

ττωω

dtsenm

Ftx

t

0

n

n

0∫ −⋅⋅

= ))(()(

ττωω

dtsenm

Ftx

t

0

n

n

0 ∫ −⋅⋅

= ))(()(

t

0n

nn

0 t1

m

Ftx ))(cos()( τω

ωω−⋅

⋅=

[ ])cos()cos()( t0m

Ftx n2

n

0 ωω

−⋅⋅

=

[ ])cos()( t1

mkm

Ftx n

0 ω−⋅⋅

=

[ ])cos()( t1k

Ftx n

0 ω−⋅=

F(t)

t

F0





Ejemplo 5:

Amortiguamiento: d = 0

Condiciones iniciales: 00x0x ==•

)()( ,

ττωω

dtsenm

Ftx

t

0

n

n

0∫ −⋅⋅

= ))(()(

Si dtt0 << : [ ])cos()( t1k

Ftx n

0 ω−⋅=

Si ttd < ττωω

dtsenm

Ftx

t

0

n

n

0∫ −⋅⋅

= ))(()(

ττωω

dtsenm

Ftx

dt

0

n

n

0∫ −⋅⋅

= ))(()(

ττωω

dtsenm

Ftx

dt

0

n

n

0 ∫ −⋅⋅

= ))(()(

dt

0n

nn

0 t1

m

Ftx ))(cos()( τω

ωω−⋅

⋅=

[ ]))(cos())(cos()( tttm

Ftx ndn2

n

0 ωωω

−−⋅⋅

=

[ ])cos())(cos()( ttt

mkm

Ftx ndn

0 ωω −−⋅⋅

=

[ ])cos())(cos()( tttk

Ftx ndn

0 ωω −−⋅= ttd <

F(t)

t

F0

td





3 Análisis en el dominio de las Frecuencias. Como se explicó anteriormente, es posible obtener una aproximación analítica de una función periódica mediante el planteamiento de series de Fourier. Es más, se puede afirmar que una función arbitraria corresponde a una Función periódica de periodo infinito. Luego si es periódica, se cumple que.

∑∞

−∞=

⋅=k

tik

k0eCtF

ω)( Serie de Fourier Compleja

Donde:

dtetF2

C2

T

2T

0 tik0k ∫−

−⋅= ω

πω

)( Coeficiente de Fourier Complejo

Peso si llevamos nuestro modelo del espacio discreto al continuo, tenemos que ωω →0k y

consideramos ∞→T , entonces:

⋅

∆= ∫

∞

∞−−

→∆dtetF

2C ti

0k

ω

ω πω

)(lim Coeficiente de Fourier Complejo

Luego:

⋅

⋅

∆=

⋅= ∑ ∫∑

∞

−∞=

∞

∞−

−

→∆

∞

−∞=→∆∞→∞→

k

titi

0k

ti

k

0kT

edtetF2

eCtF ωω

ω

ω

ω

πω

)(limlim)(

∆⋅

⋅= ∑ ∫

∞

−∞=

∞

∞−

−

→∆∞→

k

titi

0T

edtetF2

1tF ω

πωω

ω

·)(lim)(

[ ]

∆⋅= ∑

∞

−∞=→∆∞→

k

ti

0T

eF2

1tF ωω

πω

ω

·)(lim)(

ωωπ

ω deF2

1tF ti∫

∞

∞−

= )·()(

Donde, entre los paréntesis cuadrados [ ] ha quedado definido:

dtetFF ti∫∞

∞−

−= ωω )·()( Transformada de Fourier





De forma análoga es posible definir:

ωωπ

ω deF2

1tF ti∫

∞

∞−

= )·()( Transformada Inversa de Fourier

Si se aplica Transformada de Fourier a la ecuación de movimiento se obtiene:

)()()()( tFtxKtxCtxm =⋅+⋅+⋅•••

mtFtxtxd2tx

2

nn

)()()()( =⋅+⋅+•••

ωω

dtetFm

1dtetxdtetxd2dtetx titi2

n

ti

n

ti ∫∫∫∫∞

∞−

−∞

∞−

−∞

∞−

−•∞

∞−

−••

=++ ωωωω ωω )·()·()·()·(

Se puede demostrar que si se impone 0txtxtt

==•

∞→∞→)(lim)(lim , se cumple:

)()·( ωω Xdtetx ti =∫∞

∞−

−

0

ti XXidtetx −=∫∞

∞−

−•

)(·)·( ωωω Integrando por partes

00

2ti XXiXdtetx•∞

∞−

−••

−−−=∫ ·)(·)·( ωωωω Integrando por partes 2 veces

Reemplazando en la ecuación de movimiento:

[ ] [ ] )()(·)(···)(· ωωωωωωωωω FXXXid2XXiX2

n0n00

2 =+−+

−−−•

[ ] )(··)(·· ωωωωωωωω FXd2XXiXd2i 0n00

2

n

2

n =

−−−+−+•

)()()()·( ωωωω FCXZ =+

)(

)()()(

ωωω

ωZ

CFX

−=

)()·()()·()( ωωωωω HCHFX −=





Si se parte del reposo se tiene que 0XX 00 ==•

, por lo tanto 0C =)(ω , luego:

)()·()( ωωω HFX =

Donde se define como función de transferencia a la ecuación en el dominio de las frecuencias:

n

22

n d2i

1H

ωωωωω

·)(

+−=

Si se desease volver al dominio del tiempo se debería aplicar la Trasformada Inversa de Fourier, sin embargo, esto no se realiza en la práctica:

ωωωπ

ωωπ

ωω deHF2

1deX

2

1tx titi ∫∫

∞

∞−

∞

∞−

== )·()·()·()(

Finalmente cabe recordar que estas expresiones corresponden al teorema de convolución:

)()()()()( thFdthFtxt

0

∗=−⋅= ∫ ττττ Dominio del tiempo

{ 321321)(

.)(

.

)(.

)(·)()(

thdeFourierT

tFdeFourierT

txdeFourierT

HFX ωωω = Dominio de Frecuencias

Donde h(t) corresponde a la función impulso:

td

d

d netsen

thω

ωω −⋅=

)()(

Y H(ω) corresponde a su transformada de Fourier:

dteetsen

dtethH titd

d

dti n∫∫∞

∞−

−−∞

∞−

− ⋅== ωωω

ωω

ω ·)(

)·()(

( )

n

22

n

tid

d

d

d2i

1dte

tsenH n

ωωωωωω

ω ωω

·

)()(

+−=⋅= ∫

∞

∞−

+−

Esto facilita el análisis, pues para conocer la respuesta de una señal de entrada, bastaría multiplicar su Transformada de Fourier F(ω), por la función de transferencia H(ω).





Ejemplo 6: Determine la respuesta en el dominio de las frecuencias de un sistema dinámico sometido a una carga armónica.

)cos()()()( tFtxKtxCtxm 00 ω=⋅+⋅+⋅•••

La transformada de Fourier de la señal )cos()( tFtF 00 ω= es:

dtetFF ti∫∞

∞−

−= ωω )·()(

dtetFF ti

00∫∞

∞−

−= ωωω )·cos()(

( ) ( )[ ]dttisenttFF 00 ∫∞

∞−

−= ωωωω cos)·cos()(

( ) ( )4444 34444 21

444 3444 214444 34444 21

0

ImparFunción

00

infinitovalorTomaparasolo0

00 dttsentFidtttFF

0

∫∫∞

∞−

±=≠

∞

∞−

−= ωωωωω

ωω

)·cos(·)·coscos()(

±=∞

±≠∀=

0

0

si

0

F

ωω

ωωω)(

La transformada de Fourier de la función de transferencia ya fue definida como:

n

22

n d2i

1H

ωωωωω

·)(

+−=

Luego la respuesta es:

)()·()( ωωω HFX =

±=∞

±≠∀==

0

0

si

0

HFX

ωω

ωωωωω )()·()(

ω

F(ω)

ω0 -ω0





Ejemplo 7: Determine la respuesta en el dominio de las frecuencias de un sistema dinámico sometido a una carga de tipo impulso rectangular.

)()()()( tFtxKtxCtxm =⋅+⋅+⋅•••

Donde

[ ]

[ ]

−∉

−∈=

ττ

ττ

,

,

)(

tsi0

tsiF

tF0

El área encerrada bajo la curva corresponde a 0F2 ··τ=Ι , luego τ·2F0

Ι=

La transformada de Fourier de la señal )(tF es:

dtetFF ti∫∞

∞−

−= ωω )·()(

dteFF ti

0∫−

−=τ

τ

ωω ·)(

( ) ( )[ ]dttisentFF 0∫−

−=τ

τ

ωωω cos·)(

( ) ( )44 344 21

4 34 21

0

ImparFunción

00 dttsenFidttFF ∫∫−−

−=τ

τ

τ

τ

ωωω ···cos)(

( ) ( )τ

τ

τ

τ

ωω

ωω−−

== ∫ tsenF

dttFF 0

0 ··cos)(

( ) ( ) ( ) ( )ωτω

ωτω

ωτω

ωτω

ω senF

senF

senF

senF

F 0000 ····)( +=−−=

( )ωτω

ω senF2

F 0 ·)( =

En términos de 0F2 ··τ=Ι , se tiene:

( ) ( )τωωτ

ωττω

ω·

···

)(sen

senF Ι=Ι

=

t

F(t)

τ− τ

F0





Transformada de Fourier Impulso Rectangular

ττττ=2 s

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10ωωωω

F(ωωωω)

π/τ2π/τ

La transformada de Fourier de la función de transferencia ya fue definida como:

n

22

n d2i

1H

ωωωωω

·)(

+−=

Luego la respuesta es:

)()·()( ωωω HFX =

Analizando dos casos particulares:

Caso 1: 0→τ

( )Cte

senF

00=Ι=Ι=

→→ τωωτ

ωττ ·

·lim)(lim

Caso 2: ∞→τ

( )

=Ι

≠=Ι=

∞→∞→0si

0si0sen

F

ω

ω

τωωτ

ωττ ·

·lim)(lim

ω

F(ω)

Ι

Ruido Blanco

ω

F(ω)





4 Análisis Espectral. En esta sección se estudiará el concepto de espectros de respuesta, que corresponde a uno de los principios básicos sobre los cuales se han construidos las normas y códigos de diseño sísmico, ente ellas la norma chilena.

4.1 Espectro temporal de respuesta Un espectro temporal corresponde a un gráfico en el que se representa la máxima respuesta en el tiempo de un parámetro específico (desplazamiento, velocidad, aceleración, etc), originados por una solicitación específica, para una familia de modelos de un grado de libertad. Cada una de estos modelos tendrá propiedades dinámicas específicas (d, ωn), por lo que en general se dibujarán espectros de respuesta para modelos con un nivel de amortiguamiento determinado (d), pero para distintos valores de masa y rigidez (ωn). De esta manera se obtendrán distintos gráficos para diferentes valores de d, en que se represente el la máxima respuesta del parámetro en estudio en función de diferentes valores de ωn.

4.2 Construcción de los espectros de respuesta El procedimiento para construir el espectro de respuesta de un sistema dinámico determinado podría resumirse de la siguiente forma. 1º Se elige la señal de excitación de entrada al sistema (Fuerza o aceleración). 2º Dicha señal de entrada es aplicada a una familia de sistemas dinámicos de un grado de libertad. En general se escogen familias de sistemas con igual coeficiente de amortiguamiento. 3º Para cada sistema dinámico bajo la acción de la misma excitación se obtiene la señal de respuesta. Dicha señal se puede obtener por ejemplo mediante la expresión.

ττωωτ τω

dtsenem

Ftx

t

0

d

td

d

n∫ −⋅⋅⋅

= −−))((

)()(

)(

4º Se obtiene el máximo valor de la respuesta alcanzado por cada sistema dinámico.

−⋅⋅

⋅= ∫ −− ττω

ωτ τω dtsene

m

FMaxtx

t

0

d

td

dMax

n ))(()(

)( )(

5º Dichos máximos se grafican en función de las propiedades dinámicas de las estructuras, esto

es nω , o bien, nn 2T ωπ= .

6º El diagrama obtenido corresponderá al espectro de respuesta para la señal de entrada )(tF

aplicada sobre una familia de sistemas de un grado de libertad de igual coeficiente de amortiguamiento.





Esquemáticamente:

Señal de Entrada

-6

-4

-2

0

2

4

6

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 tF(t)Señal de entrada F(t)

d1=d0 dk=d0 dn=d0

Familia de Sistemas de 1GL (d=d0)

ω1 ωk ωn …. ….

Respuesta modelo 1 x1(t)

Respuesta modelo k xk(t)

Respuesta modelo n xn(t)

Señal de Salida

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

tX(t)

Señal de Salida

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

tX(t)

Señal de Salida

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

tX(t)

Max1 tx )(

Selección del máximo de la respuesta x1(t)

Selección del máximo de la respuesta xk(t)

Selección del máximo de la respuesta xn(t)

Maxn tx )(Maxk tx )(

Espectro de Respuesta en función de ωn

Maxtx )(

nω

0dd =





4.3 Representación trilogarítmica de los espectros de respuesta Utilizando el algoritmo presentado en la sección anterior, podemos construir espectros de desplazamiento, de velocidades o de aceleraciones.

MaxtxSD )(= : Espectro de Desplazamientos Relativos

Max

txSV )(•

= : Espectro de Velocidades Relativas

Max

tatxSA )()( +=••

: Espectro de Aceleraciones Absolutas

Ahora bien si consideramos que la señal de entrada es un señal armónica, se obtiene que en estado estacionario:

)(·)( tsenBtx ω= entonces SDBtxMax

==)(

)·cos(·)( tBtx ωω=•

entonces SVSDBtxMax

===•

··)( ωω

)(··)( tsenBtx 2 ωω−=••

entonces SASDBtx 22

Max

===••

··)( ωω

En general, SVSD ≠·ω y SASD2 ≠·ω , pero se ha demostrado que en los fenómenos

sísmicos se cumple que nωω = , y además estos se enmarcan en un rango de frecuencias tal

que:

PSVSDSV n =≈ ·ω : Pseudosespectro de velocidades relativas.

PSASDSA2

n =≈ ·ω : Pseudosespectro de aceleraciones absolutas.

A partir de las expresiones anteriores podemos realizar el siguiente desarrollo algebraico:

PSVSDn =·ω

PSVSDT

2

n

=·π

( )PSVSDT

2

n

log·log =

π

( ) ( ) ( )PSVTSD2 n loglog·log =−π

( ) ( ) ( )nTSD2PSV log·loglog −= π

Ecuación lineal para PSV en escala logarítmica





PSASD2

n =·ω

PSAPSVn =·ω

π2

PSAPSV

T

1

n

=·

=

π2

PSAPSV

T

1

n

log·log

( ) ( )

=−

·logloglog

π2

PSATPSV n

( ) ( )nT2

PSAPSV log

·loglog +

=

π

Ecuación lineal para PSV en escala logarítmica En forma gráfica:

Ref.: Bozzo, L.; Barbat, A. Diseño sismoresistente de edificios. Págs. 46, 150. Editorial Reverté, 2000





Ejemplo 8: Considere el siguiente oscilador de un grado de libertad, sometido a una aceleración basal a(t). Determine el máximo corte basal que experimenta la estructura.

Desarrollo:

Corte Basal:

)(·)( txKtV =

maxmax)(·)( txKtV =

SDKtV ·)(max

=

Por otro lado:

m

Kn =ω

2

nmK ω·=

Así:

SDmtV2

n ··)(max

ω=

PSAmtV ·)(max

=

PSAg

WtV ·)(

max=

434 21

BasalCortede

eCoeficient

g

PSAWtV

= ·)(

max

Donde PSA se obtiene del espectro de aceleraciones a partir del periodo natural del sistema Tn.

Señal de Entrada

-6

-4

-2

0

2

4

6

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 tF(t)

Aceleración Basal a(t) m

)(ta

)(tV

K

)(tx





5 Implementación Numérica Como ya se sabe, un acelerograma real no es una función algebraica del tiempo, sino una serie de valores numéricos de aceleración medidos para diferentes instantes (discreto), usualmente a

intervalos constantes t∆ del orden de los 0.005 segundos. Luego en un registro normal de un

temblor (20 a 60 segundos) se cuenta con una cantidad de valores de aceleración del orden de las decenas de miles. En las secciones anteriores hemos hecho un extenso estudio de la resolución analítica de la ecuación de movimiento, sin embargo, el rápido desarrollo y masificación de los computadores ha hecho de los métodos numéricos técnicas de integración o de resolución de ecuaciones diferenciales mucho más atractivas. En este capítulo veremos diferentes ejemplos métodos numéricos para resolver los problemas antes expuestos.

5.1 Resolución numérica de la ecuación de movimiento. Para la implementación numérica de los algoritmos presentados a continuación se considerara la siguiente forma de la ecuación de movimiento:

)()(

)()()( tfm

tFtxtxd2tx

2

nn ==⋅+⋅+•••

ωω

Bajo las condiciones iniciales:

0x0tx == )(

0x0tx••

== )(

• Método de la diferencia central

En forma discreta podemos expresar la ecuación de movimiento de la siguiente manera:

nnnn FxKxCxm =⋅+⋅+•••

· (1)

Donde:

)( nn txx =

)( nn tFF =

tnttt 1nn ∆=∆+= − ·

Además podemos decir que mediante el desarrollo de series de Taylor:





4n

3

n

2

nn1n1n t0x6

tx

2

txtxxtx ∆+

∆−

∆+∆−==

••••••

−− ····)( (2)

4n

3

n

2

nn1n1n t0x6

tx

2

txtxxtx ∆+

∆+

∆+∆+==

••••••

++ ····)( (3)

Sumando (2) y (3):

4n

2

n1n1n1n1n t02x2

t2x2xxtxtx ∆+

∆+=+=+

••

−+−+ ·····)()(

n2

n1n1n xtx2xx••

−+ ∆+=+ ··

Despejando la aceleración

2

1nn1nn

t

xx2xx

∆

+−= +−

•• · (4)

Restando (2) a (3):

n

3

n1n1n1n1n x6

t2xt2xxtxtx

••••

−+−+

∆+∆=−=− ···)()(

nn1n1n1n1n x0xt2xxtxtx••••

−+−+ +∆=−=− ··)()(

n1n1n xt2xx•

−+ ∆=− ·

Despejando la velocidad:

t2

xxx 1n1n

n

∆

−= −+

•

(5)

Reemplazando (4) y (5) en (1):

nnnn FxKxCxm =⋅+⋅+•••

·

nn1n1n

2

1nn1n FxKt2

xxC

t

xx2xm =⋅+

∆

−⋅+

∆

+− −++− ··

Reordenando:

nn1n1n

2

1n

2

n

2

1n FxKt2

xC

t2

xC

t

xm

t

x2m

t

xm=⋅+

∆−

∆+

∆+

∆−

∆−++− ······

n1n2n21n2Fx

t2

C

t

mx

t

m2Kx

t2

C

t

m=

∆

−∆

+

∆

−+

∆

+∆

−+ ···





1n2n2n1n2x

t2

C

t

mxK

t

m2Fx

t2

C

t

m−+

∆

−∆

−

−

∆+=

∆

+∆

··· (6)

Hemos obtenido una ecuación para la respuesta en el tiempo tn+1 , en función de dos puntos precedentes tn y tn-1. Algoritmo:

1. Dado 0x y 0x•

calcular 0x••

, a partir de 0000 FxKxCxm =⋅+⋅+•••

·

2. De la ecuación (2) calcular 0

2

001 x2

txtxx

•••

−

∆+∆−= ··

3. Conocidos 1x− y 0x calcular con (6) 1x

4. Conocidos 0x y 1x calcular con (6) 2x

5. Continuar de la misma forma. Conocidos 1nx − y nx calcular con (6) 1nx +

Estabilidad Numérica1: La estabilidad numérica se evalúa para el caso en que la disipación de energía es cero y sin solicitaciones externas, es decir, para el modelo:

0txKtxm =⋅+••

)()(· ó 0txtx2

n =⋅+••

)()( ω

Para este caso, la solución analítica exacta queda definida por:

ti neAtxω−= ·)(

Entonces: )·(

··tniti

nnnn eAeAx

∆−− == ωω

Es decir: n

n zAx ·= Axn = finito

Donde: )·( tnin nez

∆−= ω

Por otro lado, la solución numérica aproximada queda definida por:

1n2n21n2x

t

mxK

t

m2x

t

m−+

∆

−

−

∆=

∆

···

Entonces: 1nn

2

1n xxtm

K2x −+ −

∆−= ··

1 Un sistema se define ESTABLE para el caso de solicitaciones externas, si y solo si para cualquier fuerza externa F(t) acotada, la respuesta del sistema x(t) también es acotada.





( ) 1nn

22

n1n xxt2x −+ −∆−= ··ω

Es decir: 1nn1n xxax −+ −= · ( )22

n t2a ∆−= ·ω

Reemplazando la solución exacta n

n zAx ·= :

1nn1n zAzAazA −+ −= ····

O bien: 0zAzAazA n1n2n =+− ++ ····

Esto es: ( ) 01zazzA 2n =+− ···

Luego si 0zA n ≠· se debe cumplir que:

( ) 01zaz 2 =+− ·

12

a

2

a

4

4a

2

az

22

−

±=

−±=

Si 12

a> , entonces 1

2

a2

−

es real y ∞→=

∞→∞→

n

nn

nzAx ·limlim . No converge

Por lo tanto si: 12

a>

Esto es 2a >

2t2 22

n >∆− ·ω

2

n

2 4t

ω>∆

n

2t

ω>∆

T320T2

2t ·.=>∆

π límite superior

Si 12

a< , esto es, T320

Tt ·.=<∆

π

Entonces: 12

a2

−

es imaginario





Así: A2

a1i

2

aAzAx

n2

n

n

nn

n→

−±==

∞→∞→∞→·lim·limlim . Es estable

Por lo tanto para asegurar la estabilidad del algoritmo se debe escoger una discretización tal

que, T320t ·.<∆ .

Además se puede demostrar que para t∆ suficientemente pequeños, el método de la diferencia

central no sólo es estable sino que además converge a la solución exacta.

• Métodos de Newmark

El método que presentaremos a continuación corresponde a uno de los más populares utilizados en ingeniería, gracias a su simplicidad, precisión y estabilidad. Este método fue originalmente propuesto por N.M. Newmark en 1962 (“A method of computation for structural dynamics”, Transactions, ASCE, Vol. 127, 1406-1435, EE.UU.) El autor propone a un método de resolución paso a paso a partir de la ecuación:

1n1n1n1n FxKxCxm +++

•

+

••

=⋅+⋅+· (1)

Donde ha definido las ecuaciones básicas que modelan a la velocidad y desplazamiento respectivamente:

( ) txx1xx 1nnn1n ∆

+−+= +

•••••

+

•

··· νν (2)

( ) 21nn2

1nn1n txxtxxx ∆

+−+∆+= +

•••••

+ ···· ββ (3)

En que ν y β son parámetros y n1n ttt −=∆ +

De (3) despejamos 1nx +

••

:

( ) nn

n1n21n x1

2

1

t

xxx

t

1x

•••

++

••

−−

∆−−

∆= ·

·· βββ (4)

Reemplazando (4) y (2) en la ecuación de movimiento (1) se obtiene la ecuación (5):

( ) ( ) nnn21n1n2x

2

t2Cm

2

1xC

t

mx

t

C

t

mFxK

t

C

t

m •••

++

∆−+

−+

−+

∆+

∆

+∆

+=

+

∆+

∆····

····

·βνββν

νββ

ν

Esta ecuación es la que se utiliza para implementar numéricamente el método.





Alternativamente es posible obtener una ecuación equivalente a la anterior, la que designaremos como ecuación (6), que se utiliza para verificar la estabilidad numérica del método:

( )1n2

n2

1nn1n1n2

xK2

1C

t

1

t

m

xK22

1C

t

21

t

m2

F2

1F2

2

1FxK

t

C

t

m

−

−++

−+−

∆

−+

∆−+

+−−

∆

−−

∆+

−++

+−+=

+

∆+

∆

···

··)·(·

·······

νβν

νβν

νβνβββν

Algoritmo:

1. Dado 0x y 0x•

calcular 0x••


·

2. De la Ec (5) calcular 1x , de la Ec (4) calcular 1x••

, de la Ec (2) calcular 1x•

3. De la Ec (5) calcular 2x , de la Ec (4) calcular 2x••

, de la Ec (2) calcular 2x•

4. Continuar de la misma forma.

5. De la Ec (5) calcular 1nx + , de la Ec (4) calcular 1nx +

••

, de la Ec (2) calcular 1nx +

•

a. Aceleración lineal

Un caso especial del método de Newmark corresponde a aquel en que se considera que la aceleración ente dos puntos sucesivos varía linealmente, esto es:

En este caso se puede demostrar que 21=ν y 6

1=β

)(tx••

nx••

1nx +

••

nt 1nt +

ττt

xxxx

n1nn

∆−

+=

••

+

••••••

)( t0 ∆≤≤ τ

t





b. Aceleración constante

Otro caso corresponde a aquel en que se considera que la aceleración ente dos puntos sucesivos es constante, esto es:

En este caso se puede demostrar que 21=ν y 4

1=β

Estabilidad Numérica: La estabilidad numérica nuevamente se evaluará para el caso en que la disipación de energía es cero y sin solicitaciones externas, es decir, para el modelo:

0txKtxm =⋅+••

)()(· ó 0txtx2

n =⋅+••

)()( ω

Para este caso, la solución analítica exacta queda definida por:

ntni

n zAeAx n ·· )·( == ∆− ω Axn = finito

Por otro lado, la solución numérica aproximada queda definida por:

1n2n21n2xK

2

1

t

mxK2

2

1

t

m2xK

t

m−+

−+−

∆−+

+−−

∆=

+

∆···

··· νβνββ

O bien:

1n

2

n2n

2

n21n

2

n2x

2

1

t

1x2

2

1

t

2x

t

1−+

−+−

∆−+

+−−

∆=

+

∆······ ωνβωνβωβ

Reemplazando n

n zAx ·= en esta ecuación:

1n2

n2

n2

n2

1n2

n2zA

2

1

t

1zA2

2

1

t

2zA

t

1 −+

−+−

∆−+

+−−

∆=

+

∆········· ωνβωνβωβ

)(tx••

nx••

1nx +

••

nt 1nt +

2

xxx

n1n

••

+

•••• −

=)(τ t0 ∆≤≤ τ

t





0zA2

1

t

1zA2

2

1

t

2zA

t

1 n2

n2

1n2

n2

2n2

n2=

−+−

∆−−

+−−

∆−

+

∆++ ········· ωνβωνβωβ

Entonces:

02

1

t

1z2

2

1

t

2z

t

1zA

2

n2

2

n2

22

n2

n =

−+−

∆−−

+−−

∆−

+

∆ωνβωνβωβ ······

Luego si 0zA n ≠· se debe cumplir que:

02

1

t

1z2

2

1

t

2z

t

1 2

n2

2

n2

22

n2=

−+−

∆−−

+−−

∆−

+

∆ωνβωνβωβ ·····

Si analizamos el caso particular 21=ν (Aceleración lineal y aceleración constante) se tiene:

( )0

t

1

t

1

z

t

1

21t

2

z2

n2

2

n2

2

n2

2

n22 =

+

∆

−

∆−

−

+

∆

−−

∆−

ωβ

ωβ

ωβ

ωβ

·

·

·

·

·

01z

t

1

2t

2

z2

n2

2

n

2

n22 =+

+

∆

+−

∆− ·

·

·

ωβ

ωβω

01z

2t

212z

2

n2

2

n2 =+

+

∆

−− ·

·

·

ωβ

ω

Es decir:

01zaz 2 =+− ·

Donde sabemos que la solución es::

12

a

2

a

4

4a

2

az

22

−

±=

−±=

Si 12

a> , entonces 1

2

a2

−

es real y ∞→=

∞→∞→

n

nn

nzAx ·limlim . No converge





Por otro lado si 12

a2

−

es imaginario

Entonces A2

a1i

2

aAzAx

n2

n

n

nn

n→

−±==

∞→∞→∞→·lim·limlim . Es estable

Luego se debe imponer:

012

a2

<−

12

a2

<

1

2t

21

2

n2

2

n <

+

∆

−ωβ

ω

·

Luego se debe cumplir:

( ) 014t

4 2

n2>−+

∆βω

Si aplicamos el método de Aceleración Lineal 61=β , entonces:

( ) 01t

46

42

n2>−+

∆ω

22

n t12 ∆> ω

( ) T550Tt 212 ·.· =<∆ π Condicionalmente Estable

Si aplicamos el método de Aceleración Constante 41=β , entonces:

0t

42

>∆

Incondicionalmente Estable

Además se puede demostrar que para t∆ suficientemente pequeños, el método de la diferencia

central no sólo es estable sino que además converge a la solución exacta. En resumen:

Método β ν Estabilidad

Diferencia Central -- -- T3180t .<∆

Aceleración Lineal 1/6 ½ T550t .<∆

Aceleración Constante ¼ ½ Incondicional





• Método incremental de aceleración lineal

El tercer método numérico en se presentado corresponde a un algoritmo adecuado a fenómenos que escapan al rango elástico, esto es, problemas no lineales en que la rigidez y el

amortiguamiento varían en el tiempo, )(tKK = y )(tCC = .

Se define:

n1n ttt −=∆ +

n1nn xxx −=∆ +

n1nn xxx•

+

••

−=∆

n1nn xxx••

+

••••

−=∆

Además:

)·()( n

nn tt

t

xxtx −

∆∆

+=

••••••

con 1nn ttt +≤≤ (1)

Integrando entre ttn →

2

n

n

nnn ttt

x

2

1ttxxtx )·(·)·()( −

∆∆

+−+=

••••••

(2)

Integrando nuevamente entre ttn →

3

n

n2

nnnnn ttt

x

6

1ttx

2

1ttxxtx )·(·)·()·()( −

∆∆

+−+−+=

•••••

(3)

Evaluando (2) y (3) en 1ntt +=

2nnn1n t

t2

xtxxx ∆

∆∆

+∆+=

•••••

+

•

··

· � t2

xtxx

nnn ∆

∆+∆=∆

•••••

·· (4)

3n2nnn1n t

t6

xt

2

xtxxx ∆

∆∆

+∆+∆+=

•••••

+ ··

·· � 2n2n

nn t6

xt

2

xtxx ∆

∆+∆+∆=∆

•••••

··· (5)

De la ecuación (5):

nn

2

nn x3

t

x6

t

x6x

•••

••

−∆

−∆

∆=∆ ·· (6)

Reemplazando (6) en (4):





t2

x3t

x6

t

x6

txx

nn

2

n

nn ∆−

∆−

∆

∆

+∆=∆

•••

•••

·

··

·

nnn

n x2

tx3

t

x3x

•••• ∆−−

∆

∆=∆ ·

··· (7)

Ecuación de movimiento en ntt = nnnn FxKxCxm =⋅+⋅+•••

·

Ecuación de movimiento en 1ntt += 1n1n1n1n FxKxCxm +++

•

+

••

=⋅+⋅+·

Ecuación de movimiento en versión incremental:

nnnn FxKxCxm ∆=∆⋅+∆⋅+∆•••

· (8)

Reemplazando (6) y (7) en (8):

nnnnn

nn

2

n FxKx2

tx3

t

x3Cx3

t

x6

t

x6m ∆=∆⋅+

∆−−

∆

∆⋅+

−

∆−

∆

∆ ••••••

··

·····

nn2

nnn

n Fxt

C3

t

m6Kx3x

2

tC

t

x6x3m ∆=∆⋅

∆

+∆

++

+

∆−

∆+−

••••

••

····

+

∆+

∆++∆=∆⋅

∆

+∆

+•••

•••

nnn

nnn2

x3x2

tC

t

x6x3mFx

t

C3

t

m6K ····

nnn FxK ∆=∆⋅

Luego: n

nn

K

Fx

∆=∆ (9)

Donde:

∆

+∆

+=t

C3

t

m6KK

2n (10)

+

∆+

∆++∆=∆

••••

••

nnn

nnn x3x2

tC

t

x6x3mFF ···· (11)





Y además:

nKtKK == )(

nCtCC == )(

Algoritmo:

1. Dado 0x y 0x•

calcular 0x••


·

2. De la Ec (10) calcular 0K , de la Ec (11) calcular 0F∆ , de la Ec (9) calcular 0x∆

3. Con 0x∆ calcular 001 xxx ∆+=

4. De la Ec (7) calcular 0x•

∆ y con ella 001 xxx•••

∆+= .

5. Dado 1x y 1x•

calcular 1x••


·

6. Continuar de la misma forma

7. Dado nx y nx•

calcular nx••

, a partir de nnnnnn FxKxCxm =⋅+⋅+•••

·

8. De la Ec (10) calcular nK , de la Ec (11) calcular nF∆ , de la Ec (9) calcular nx∆

9. Con nx∆ calcular nn1n xxx ∆+=+

10. De la Ec (7) calcular nx•

∆ y con ella nn1n xxx••

+

•

∆+= .

11. Dado 1nx + y 1nx +

•

calcular 1nx +

••

, a partir de 1n1n1n1n1n1n FxKxCxm ++++

•

++

••

=⋅+⋅+·

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