Dinamica_1GL

Ingeniera Antissmica Captulo 2 Dinmica de estructuras. Sistemas de un grado de libertad

-1- Claudio Oyarzo V.

Facultad de Ingeniera - UCSC

Captulo 2 Dinmica de estructuras. Sistemas de un grado de libertad

1 Prembulo Este captulo estar dedicado a determinar la solucin de la ecuaciones diferenciales de movimiento obtenidas a partir del siguiente modelo dinmico.

Esto es, resolver para diferentes casos la ecuacin diferencial:

)()()()( tFtxKtxCtxm =++ De los conocimientos obtenidos en la asignatura de Ecuaciones Diferenciales sabemos que esta expresin corresponde a una ecuacin diferencial no homognea de segundo orden. Para resolver este tipo de ecuaciones es necesario en primer lugar obtener una solucin e ala ecuacin homognea y luego superponerle una ecuacin particular. Concentremos, en primer trmino, nuestra atencin en la ecuacin homognea.

0)()()( =++ txKtxCtxm (1) Se puede demostrar que la solucin para esta ecuacin sera: teAtx =)( (2) Reemplazando en la ecuacin diferencial se tiene:

0)()()( =++ txKtxCtxm

02 =++ ttt eAKeACeAm

K

C

m F(t)

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




( ) 02 =++ KCmeA t Si consideramos que 0te , obtenemos la ecuacin caracterstica de 2 orden ( ) 02 =++ KCmA (3) en esta expresin, cuando 0=A obtenemos la solucin del problema esttico. Por lo tanto para resolver el problema dinmico debemos desarrollar la solucin al problema ( ) 02 =++ KCm , esto es:

mK

mC

mC

=

2

22 (4)

Donde definiremos:

mK

n = KmCd

2= KmCcr 2=

nn T

2 =

Luego: mCd n 2

=

Entonces: ( ) ( )22 nnn dd = 12 = dd nn (5)




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

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

2.1 Movimiento Armnico Simple La versin ms simple del movimiento oscilatorio corresponde a aquel en que no existe prdida de energa (roce, elementos no estructurales, comportamiento inelstico, etc), es decir no existen fuerzas de amortiguamiento, por lo tanto C = 0. Este caso corresponde al clsico pndulo perfecto.

Modelo

Ecuacin de Movimiento

0)()( =+ txKtxm

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

mK=

ni =

Entonces la solucin a la ecuacin de movimiento ser: titi nn eaeatx += 21)( como ya es sabido: ( ) ( )tsenite nnti n += cos

K

m

x(t)




por lo tanto reemplazando: ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]tsenitatsenitatx nnnn ++= coscos)( 21 ( ) ( ) ( ) ( )tseniaataatx nn ++= 2121 cos)(

( ) ( )tseniAtAtx nn += 21 cos)(

( ) += tAtx ncos)( Donde:

22

21 AAA +=

=

2

1

AAArctan

La expresin: ( ) += tAtx ncos)( corresponde a la forma clsica de representar la ecuacin de movimiento de un oscilador simple y en general los parmetros A y se obtiene a partir de las condiciones iniciales.

0)0( xtx == 0)0( vtx ==

Oscilacin Libre No Amortiguada A = 2.5 [cm]

= /2 = /6

-3

-2

-1

0

1

2

3

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

x(t)

[cm

]




2.2 Movimiento Armnico Amortiguado Cuando se consideran las fuerzas de amortiguacin o friccin en el anlisis dinmico de estructuras, en general, estas son consideradas proporcionales a la magnitud de la velocidad y en sentido opuesto al movimiento. Este tipo de disipacin de energa 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 anlisis matemtico subsecuente.

Modelo


0)()()( =++ txKtxCtxm

Respuesta Como ya hemos dicho la resolucin de la ecuacin diferencial de movimiento esta gobernada por la ecuacin caracterstica : ( ) 02 =++ KCm La cual se resuelve mediante la siguiente expresin:

mK

mC

mC

=

2

22

En el caso anterior verificamos el caso C = 0, a continuacin verificaremos los casos en que C0.

K

C

m

x(t)




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

Km2CC cr == Por lo tanto:

1CCd

cr

== Luego:

mK

m2C

m2C 2crcr

=

Tendr soluciones reales e iguales pues reemplazando se llega a:

mK

m2Km2

m2C

2

cr

=

mK

mK

m2Ccr =

m2Ccr=

Entonces la solucin a la ecuacin de movimiento ser: t2

t1 etaeatx

+=)( ( ) t21 etaatx +=)(

( ) tm2C21 etaatx +=)( Respuesta Exponencial Los parmetros 1a y 2a se obtiene a partir de las condiciones iniciales.

0)0( xtx == 0)0( vtx ==




Oscilacin Libre Amortiguadaa1 = 1.0 a2 = 2.5 = /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. Aqu se tiene:

1CCd

cr

>=

Por lo tanto:

0mK

m2C 2 >

Luego:

mK

m2C

m2C 2

=

Tiene soluciones reales y distintas

mK

m2C

m2C 2

1

+=

mK

m2C

m2C 2

2

=





t1

21 eaeatx +=)( Respuesta Exponencial Los parmetros 1a y 2a se obtiene a partir de las condiciones iniciales.

0)0( xtx == 0)0( vtx ==

Oscilacin Libre Amortiguadaa1 = 1.0 a2 = 2.5 = /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

]

Oscilacin Amortiguada.

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

1CCd

cr




Tiene soluciones imaginarias y distintas

2

m2C

mKi

m2C

=

( )2n2nn did =

2nn d1id =

2

nn1 d1id += 2

nn2 d1id =


t1

21 eaeatx +=)( ( ) ( )td1id

2td1id

1

2nn

2nn eaeatx + += )(

[ ]td1i2td1i1td 2n2nn eaeaetx + += )(

Finalmente, reemplazando la expresin exponencial imaginaria [ ])()cos()( tsenAtAetx d2d1td n += [ ])()( += tsenAetx dtd n

)()( += tseneAtx dtd n Respuesta oscilatoria Amortiguada de periodo

d

2T =

Donde:

{ {2

NaturalFrecuencia

n

aAmortiguadFrecuencia

d d1 =

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

0)0( xtx == 0)0( vtx ==




Oscilacin Libre AmortiguadaA = 2.5 = /2 = /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 logartmico): Determine el coeficiente de amortiguamiento viscoso equivalente (d) del siguiente sistema, si experimentalmente se ha medido una disminucin de la amplitud entre 2 ciclos consecutivos de un 20%.

Desarrollo: Sabemos que:

)()( += tseneAtx dtd 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 =+ )*( entonces:

**)( td neAtx = Un periodo ms tarde se tiene: ( )

d2

n

d

td2 eAtx

+=+ *)*(

Luego:

( )d

2n

n

d

td

td

2 eA

eAtx

tx

+

=+ *

*

)*(*)(

( )( )

d2

nn

d

tdtd

2e

txtx

+=+

**

)*(*)(

d

2n

d

d

2e

txtx

=+ )*(

*)(

==

+ dn

2

2dtx

tx

d

)*(

*)(ln

22n

n

d12d

d1

2d

==

Despejando:

( )22 2d +

= Si adems sabemos que experimentalmente hemos medido que:

800001

txtx

d2 .

.)*(

*)( =+

2230251800001

txtx

d2

.).ln(..ln

)*(*)(ln ==

=

+=

Entonces: ( ) ( ) %.... 55303550

22230

2230

2d

2222==

+=

+=




Comentarios:

1. Si d




2.3 Movimiento Forzado Hasta ahora hemos analizado el comportamiento de sistemas dinmicos 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:

mtFtxtxd2tx 2nn)()()()( =++

Respuesta para solicitaciones armnicas En primer lugar analizaremos sistemas dinmicos sometidos a solicitaciones armnicas, 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 accin de mquinas rotativas y sus masas excntricas.

)()()()( tsenmF

txtxd2tx 002

nn =++

La ecuacin de movimiento establecida corresponde a una ecuacin diferencial no homognea de segundo orden. Este tipo de ecuaciones se resuelve mediante la superposicin de la solucin homognea (vibraciones libres) y una solucin particular, esto es:

K

C

m F(t)

x(t)




)()()( txtxtx PH += La solucin a la ecuacin homognea

0txtxd2tx 2nn =++

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

)()()()( tsenmF

txtxd2tx 002

nn =++

es la expresin:

)cos()()( tBtsenBtx 0201P += Donde 0 corresponde a la frecuencia de la solicitacin. Luego:

)()cos()( tsenBtBtx 002001P =

)cos()()( tBtsenBtx 02

0202

01P =

As que reemplazando en

)()()()( tsenmF

txtxd2tx 002

nn =++

Se obtiene: [ ]

[ ][ ] )()cos()(

)()cos()cos()(

tsenmF

tBtsenB

tsenBtBd2tBtsenB

00

02012

n

002001n

02

0202

01

=+++

Reordenando: [ ]

[ ] )()cos()(

tsenmF

tBBd2B

tsenBd2BB

00

02

n22

02n01

02

n1n022

01

=+++

Por lo tanto igualando los trminos asociados a )( tsen 0 y a )cos( t0 se obtiene:




[ ]mF

Bd2BB 02n1n022

01 =+ [ ] 0BBd2B 2n2202n01 =+

Esto es:

mF

d2BB 00n22

02

n1 = )(

0Bd2B 202

n20n1 =+ )( Resolviendo el sistema se obtiene:

( )( )20n2202n02

02

n

1d2mF

B +

=

)(

)(

( )( )20n2202n0

0n

2d2

mF

d2B

+= )(

Expresado de otra forma se demuestra que una solucin particular de la ecuacin diferencia es:

)()( = tsenBtx 0P Donde:

2

n

0

n

0

1

2

1

d2

BB

tg

==

20n

220

2n

02

22

1d2

mF

BBB)()( +

=+=

2

n

0

22

n

0

0

d21

KF

B

+

=




Finalmente se tiene que la solucin de la ecuacin diferencial de movimiento suponiendo d




a. Factor de Amplificacin Dinmica (FAD):

Consideremos la solucin estacionaria:

)()( txtx P= )()( = tsenBtx 0

Donde:

2

n

0

22

n

0

0

d21

KF

B

+

=

Definiremos como Factor de Amplificacin Dinmica (FAD) a:

2

n

0

22

n

000

d21

1

KF

B

KF

txEstticaMxDef

DinmicaMxDefFAD

+

====

)(..

..

Notar que el FAD es funcin del amortiguamiento (d) y de las frecuencias de la solicitacin(0) y natural del sistema (n).

Factor de Amplificacin Dinmica

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0 0.5 1 1.5 2 2.5

0/n

FAD

d = 0d = 5%d = 10%d = 50 %d = 70.7%d = 100%d = 120%




Haciendo un anlisis de los valores mximos que puede adoptar el FAD, obtenemos los siguientes resultados:

2

n

0

22

n

0 d21

1FAD

+

=

Los mximos ocurrirn cuando

+

2

n

0

22

n

0 d21

sea mnimo.

O bien, definiendo Rn

0 =

, FAD ser mximo cuando [ ] [ ]222 dR2R1Rf +=)( sea mnimo. Esto es:

0dR

Rdf =)(

( )[ ] 0R14d8RdR

Rdf 22 ==)( Vale decir:

0Rn

0 ==

2d21R = Caso 1:

0Rn

0 ==

00 = o 0n >> Entonces:

( ) 0R314d8dR

Rfd 222

2

>=)( Si se sabe que

0R = Se tiene: 04d8 2 > 21d >




Finalmente se puede decir que cuando 707021d .=> el FAD alcanza su valor mximo cuando 0R

n

0 ==

, es decir 0n >> , y es igual a FAD = 1 Caso 2:

2d21R = ( )[ ] 0R14d8 22 = Entonces:

( ) 0R314d8dR

Rfd 222

2

>=)( Si se sabe que

2d21R = Se tiene: 0d168 2 > 21d < Finalmente se puede decir que cuando 707021d .=< el FAD alcanza su valor mximo cuando 2d21R = ,y es igual a 2d1d2

1FAD = . Ms an si:

No existe amortiguamiento d = 0

Entonces 1d21R 2n

0 ===

Por lo tanto = 2d1d2

1FAD La estructura entra en RESONANCIA.




Ejemplo 2: A partir de la aplicacin de una carga armnica de frecuencia variable determine el factor de amortiguamiento del sistema dinmico.

Desarrollo: Se sabe que si 21d < , entonces el mximo desplazamiento se alcanza cuando

2

n

0 d21 =

.

En ese caso:

2

0

d1d2K

Fx

=max

Por lo tanto:

2

n

0

22

n

0

0

2

0

d21

KF

d1d2K

F

+

=

2

n

0

22

n

02 d21d1d2

+

=

( ) 2n

0

22

n

022 d21d1d4

+

=

m

K/2 K/2 C

( )tsenFtF 00 =)(




( )222n

022

n

0

22

n

0 d1d4d412 =

++

[ ] [ ] 0d4d412d4 422n

02

22

n

0 =++

+

Resolviendo la ecuacin de segundo grado para 2

n

0

se obtiene:

222

n

0 d21d2d21 =

Suponiendo que d




As se obtiene: d0102

0102 =

+

b. Coeficiente de Transmisibilidad (TR):

Considrese el siguiente sistema dinmico sobre el cual acta como solicitacin un desplazamiento de las condiciones de apoyo.

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

( ) 0tytxKtytxCtxm =+

+ )()()()()(

)()()()()( tyKtyCtxKtxCtxm +=++

( ) ( )tsenYKtYCtxKtxCtxm 00000 cos)()()( +=++

Xmax

0 n 02 01

Xmax 1

Xmax 2

Espectro de Respuesta

m

K

C

x(t) y(t)

( )tsenYty 00 )( =




( ) +=++ tsenAtxKtxCtxm 0 )()()(

( )2020 CKYA += n

00 d2K

Ctg

==

( ) +=++ tsenmAtxtxd2tx 02nn )()()( Solucin estacionaria:

( ) += tsenBtx 0 )( Donde:

2

n

0

22

n

0

2

n

0

0

d21

d21YB

+

+=

2

n

0

n

0

1

d2tg

=

Definiremos como coeficiente de transmisibilidad (TR) al trmino:

2

n

0

22

n

0

2

n

0

R

d21

d21T

+

+=

Entonces la respuesta de la ecuacin diferencial ser: ( ) += tsenTYtx 0R0 )( As:

0R Y

txT

)(=




De forma anloga, si el sistema dinmico esta sometido a una solicitacin armnica externa (Fuerza), este transmitir la carga a los apoyos (fundacin) de la siguiente manera:

La ecuacin de movimiento ser:

( )tsenFtxKtxCtxm 00 )()()( =++ Solucin estacionaria:

( ) += tsenBtx 0 )(

Donde:

2

n

0

22

n

0

0

d21

KF

B

+

=

Luego la fuerza transmitida a la base ser:

)()( txKtxCFT +=

Reemplazando se obtiene: ( ) ( ) +++= tsenBKtBCF 000T cos Reordenando y desarrollando se puede demostrar que

( )

+

+

+= tsen

d21

d21FF 0

2

n

0

22

n

0

2

n

0

0T

m

K

C

x(t)

( )tsenFtF 00 )( =




( ) += tsenTFF 0R0T As:

0

TR F

FT =

(Tarea: Desarrollar esta ltima demostracin)

Coeficiente de Transmisibilidad

0

1

2

3

4

5

0 1 20/n

T R

d = 0d = 5%d = 10%d = 20%d = 30%

Amplificacin Aislacin

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 (sismmetro) o aceleraciones (acelermetro). 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 corresponder a aquel en que obtenida una seal de respuesta z(t) se pide determinar el valor de la seal de entrada y(t). La ecuacin de movimiento de esta sistema ser:

0tzKtzCtytzm =++

+ )()()()(

)()()()( tymtzKtzCtzm =++

321444444 3444444 21SismoEj

ExternaFuerzaSistema

2nn tytztzd2tz

:

)()()()( =++

Supongamos que: ( )tsenYty 00 =)(

( )tsenYty 0200 = )( Por lo tanto la solucin estacionaria ser:

( )

+

= tsenY

d21

tz 002

n

0

22

n

0

2

n

0

)(

m

C

Kx(t)

y(t)

z(t)




Donde:

( )2

n

0

n

0

1

d2tg

=

Haciendo un anlisis ms detallado de los resultados identificamos dos situaciones. Caso 1: n0 >> Esto es: n pequeo K pequeo y m grande Sistema Flexible Para este caso:

1n

0 >>

Por lo tanto:

2

n

04

n

0

22

n

0 d21

>>

Entonces:

( ) 01

d2tg 2

n

0

n

0

=

Y adems:

1

d214

n

0

2

n

0

2

n

0

22

n

0

2

n

0

=

+

En consecuencia: ( ) = tsenYtz 00)( ( )tsenYtz 00 =)(

)()( tytz =

z(t) esta midiendo el desplazamiento basal

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




Caso 2: n0




d. Mquinas giratoria con masas excntricas

Considrese el siguiente modelo dinmico de una mquina rotatoria.

Fuerzas de Inercia:

( ) ( )

+ tsentx2txmM 0202m l)()(

( )tsenmtxM 020 l)(

Por lo tanto la ecuacin de movimiento ser:

( )444 3444 21 lExternaFuerza

02

0 tsenmtxKtxCtxM =++

)()()(

Entonces la solucin estacionaria ser

( )

+

= tsen

d21

Km

tx 02

n

0

22

n

0

20l

)(

Con:

( )2

n

0

n

0

1

d2tg

=

0 0 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 posicin de equilibrio




O bien:

( ) ( )

+

= tsen

d21

Mm

tx 02

n

0

22

n

0

2

n

0l)(

Para n0 >> , se tiene que

n

0 . En esta situacin: ( ) ( ) tsenMmtx 0l)(

( ) ( )tsenMmtx 0 l)(

F(t)

x(t)

t Independiente del amortiguamiento (d)




Respuesta para cargas peridicas Supongamos que )(tF es una funcin tal que )()( TtFtF += , esto es, )(tF es una funcin peridica de periodo T. Bajo ciertas condiciones de continuidad )(tF se puede representar como una superposicin de funciones armnicas (Serie de Fourier). ( ) ( )

==+

0kk

1kk tkcosbtksenatF )(

Donde :

T2 = Frecuencia fundamental

1kdttksentFT2a

T

0k= )()( Coeficiente de Fourier

0kdttktFT2b

T

0k= )cos()( Coeficiente de Fourier

(Promedio)dttFT1b

T

00 = )( Coeficiente de Fourier Entonces la ecuacin de movimiento es:

( ) ( )==

+==++0k

k1k

k tkcosbtksenatFtxKtxCtxm )()()()( Aplicando el principio de superposicin se puede definir el sistema:

( )( )tkcosbtxKtxCtxm

tksenatxKtxCtxm

btxKtxCtxm

kckckck

ksksksk

0000

=++=++

=++

)()()(

)()()(

)()()(

Resolviendo se obtiene:

==

++=1k

ck1k

sk0p txtxtxtx )()()()(




Se puede demostrar que si la funcin cumple con el teorema de Dirichlet, esto es )(tF es peridica, uniforme y continua salvo en un nmero finito de puntos, entonces:

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

Serie 2

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

Entonces:

kb

tx 00 =)(

( )k2

n

22

n

ksk tksen

dk2k1k

atx

+

=)(

( )k2

n

22

n

kck tkcos

dk2k1k

btx

+

=)(

Donde:

( )

= 2

n

nk

k1

dk2tg

Por lo tanto la solucin completa ser: [ ]

=+++=+=

1kcksk0HpH txtxtxtxtxtxtx )()()()()()()(

t

F(t)




Ejemplo 3: Considere la siguiente funcin de carga (Pulso) sobre el sistema dinmico:

Los coeficientes de Fourier sern:

0dttk2senFa 2T

0 0k2== )( Trmino par

== )())(( 1k2 F2dtt1k2senFa 00 01k2 2

T

Trmino impar

2FdtF

2b 0

0 002

T == 0dttkFb 2

T

0 0k== )cos(

Luego: ( )

=

+=

1k

00

1k2t1k2senF2

2F

tF)()()(

As:

( )=

+

++=1k 2

n

22

n

1k200H

dk2k11k2

t1k2senKF2

K2F

txtx

)(

)()()(

t

F(t)

F0

T=2/




Analizando la contribucin de las armnicas en la amplitud de la solucin, se obtiene las siguientes representaciones graficas:

=

= 1k

0

1k21F2aCargladeAmplitud

)(

=

+

=1k 2

n

22

n

0

dk2k11k2

1KF2

RespuestaladeAmplitud

)(

Espectro Discreto de la Solicitacin

0.785

1.000

0.333

0.2000.143

0.111

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/

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

0.143 0.0490.000

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

wn=w

wn=3w

wn=5w




Existe tambin la posibilidad de representar las series de Fourier mediante funciones complejas. En este caso se opera de la siguiente forma. Sabemos que: ( ) ( )[ ]

=++=

1kkk0 tkcosbtksenabtF )(

Donde ka , kb y 0b son coeficientes reales. Por otro lado tambin se demostrado que un numero complejo puede ser representado mediante una funcin seno-coseno o una exponencial, entonces: ( ) ( )[ ]

=++=

1kkk0 tkcosbtksenabtF )(

( ) ( )=

+++=1k

tiktikktiktikk0 ee2

bee

i2a

btF )(

=

++

++=1k

tikkktikkk0 e2

bi2

ae

2b

i2a

btF )(

[ ]=

++=1k

tikK

tikk0 eDeCbtF

)(

[ ] [ ]=

=

++=1k

tikK

1k

tikk0 eDeCbtF

)(

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

( ) == dttksentFidttktF2iab21CT

0

T

0kkk)()()cos()(

( ) +=+= dttksenF(t)idttkF(t)2iab21DT

0

T

0kkk)()cos(

Luego:

( ) = = dtetFT1dttkisentktF2CT

0

tikT

0k

)()()cos()(

( ) = += dtetFT1dttkisentktF2DT

0

tikT

0k

)()()cos()(

0

T

000bdttF

T1DC =

== )(




Finalmente: [ ] [ ]

=

=++=

1k

tikK

1k

tikk0 eDeCbtF

)(

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

=

=k

tikk eCtF

)(

Donde:

= dtetFT1CT

0

tikk

)( Coeficiente de Fourier Complejo

En consecuencia nuestra ecuacin de equilibrio adoptar la forma:

=

==++k

tikk eCtFtxKtxCtxm

)()()()(

Una solucin particular podra ser:

=

=k

tikkP eXtx

)(

Reemplazando se obtiene, para un k cualquiera: ( ) ( ) tikktikktikktikk2 eCeXKeXikCeXikm =++

( ) ( )[ ] tikktikk2 eCeXKikCikm =++

( ) ( )[ ] ( ) kciaTransferen

deFuncin

ik2k

k CHKikCikm

CX =++= 321

( ) kikk CHX =

Entonces:

( ) =

===

k

tikkik

k

tikkP eCHeXtx

)(

Se puede demostrar que:

( ) kikk CHX =




Respuesta para cargas constantes Considrese, como es usual, el siguiente modelo dinmico:

En primer lugar se analizar la situacin con amortiguamiento nulo, esto es C = d = 0. Este sistema esta sometido a la accin de una carga )(tF representada por la siguiente grfica

y con condiciones iniciales 0txtx 00 ==

)()( .

En este caso la ecuacin de movimiento ser:

0FtFtxKtxm ==+

)()()( vlida para 0t > y 0t0 =

mFtxtx 02n =+

)()(

La solucin ser:

)()()( txtxtx PH += Donde:

)cos()( += tAtx nH K

Ftx 0P =)(

K

C

m F(t)

x(t)

t0

F0

F(t)

t




Luego, evaluando para las condiciones iniciales:

[ ])cos()( t1KF

tx n0 =

En forma grfica:

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

La solucin para el sistema en tiempos anteriores a td ser:

[ ])cos()( t1KF

tx n0 = dtt

Para tiempos mayores a td la ecuacin de movimiento ser:

0tFtxKtxm ==+ )()()( dtt > Con condiciones iniciales:

[ ])cos()( dn0d t1KF

tx = )()( dnn0d tsenKF

tx =

x(t)

t

KF0

KF2 0

n

2T =

2x

KF0

=max

td

F0

F(t)

t




Por lo tanto la solucin para dtt > ser:

( )[ ])cos()cos()( tttKF

tx ndn0 = dtt >

Cuando

nd

2Tt == se tiene que 0tx =)( para Tt > . En forma grfica:

Por otro lado cuando n

d 2Tt == , entonces K

F2tx 0d =)( y 0tx d =

)( , en ese caso la

grafica resulta:

x(t)

t

KF2 0

n

2T =

2x

KF0

=max

x(t)

t

KF2 0

KF2 0

n

2T =

2x

KF0

=max




Finalmente consideremos el caso ms general, aquel que incluye la disipacin de energa por amortiguamiento 0C , sometido a una carga constante F0 y con condiciones iniciales

0txtx 00 ==

)()( . La solucin de este problema ser:

)cos()(

= ted1K

FKF

tx dtd

2

00 n

Dnde:

2d1dtg =

Notar que:

KF

tx 0t

= )(lim Solucin esttica

Carga Constante (d=10%)

0

0.5

1

1.5

2

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

t

F 0/K




Respuesta para cargas arbitrarias Finalmente como ltimo caso consideraremos en sistema dinmico sometido a un rgimen de solicitaciones )(tF arbitrario:

En este caso la ecuacin de movimiento tambin ser:


La solucin ser:

321????

)()()( txtxtx PH += Para resolver este problema hagamos en siguiente anlisis. Considere un pulso de magnitud F y duracin t aplicado en ttt 1 = :

Condicin en 1tt = :

dtdvmF =

tttvtv

mF 11 = )()(

K

C

m F(t)

x(t) F(t)

t

F(t)

t t1-t t1

t F




= 43421

0

11 ttvtvmtF )()(

)( 1tvmtF =

)()( 11 txmtFtv

==

0ttx 21 )( Por lo tanto el problema para 1tt > se convertir en:

0txtxd2tx 2nn =++

)()()(

Con condiciones iniciales:

0tx 1 =)(

mtFtx 1

= )(

Cuya solucin es:

))(()( )( 1dttd

d

ttsenem

tFtx 1n =

para 1tt >

= ))(()( )( 1d

ttd

d

ttsenem

1tFtx 1n

)()( 1tthtFtx =

Dnde:

)()( tsenem

1th dtd

d

n =

Funcin Impulso o Funcin de Green




Funcin Impulso h(t-t1)m=1t1=2

d=10%n=2

-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:

=

=

m

1iid

ttd

d

i ttsenem

tFtx in ))(()( )(

F(t)

t t1

F1

t2 t3 tn

F2

F3

Fn




El caso lmite corresponde al caso continuo, donde n y 0t

En este caso:

dtsene

mFtx

t

0d

td

d

n = ))(()()( )(

dthFtxt

0 = )()()(

)()()( thFtx = Convolucin

Nota:

En el caso de condicione iniciales 0x0x =)( y 0x0x =)( , la solucin es:

dthFtsendxxtxetx

t

0d

d

n00d0

td n +

++=

)()()()cos()(

F(t)

t




Ejemplo 4:

Amortiguamiento: d = 0

Condiciones iniciales: 00x0x == )()( ,

dtsenmF

txt

0n

n

0 = ))(()( dtsenm

Ftx

t

0n

n

0 = ))(()( t

0nnn

0 t1m

Ftx ))(cos()( =

[ ])cos()cos()( t0m

Ftx n2

n

0 =

[ ])cos()( t1m

kmF

tx n0 =

[ ])cos()( t1kF

tx n0 =

F(t)

t

F0




Ejemplo 5:

Amortiguamiento: d = 0

Condiciones iniciales: 00x0x == )()( ,

dtsenmF

txt

0n

n

0 = ))(()(

Si dtt0




3 Anlisis en el dominio de las Frecuencias. Como se explic anteriormente, es posible obtener una aproximacin analtica de una funcin arbitraria mediante el planteamiento de series de Fourier. Es ms, se puede afirmar que una funcin arbitraria corresponde a una Funcin peridica de periodo infinito. Luego si es peridica, se cumple que.

=

=k

tikk

0eCtF )( Serie de Fourier Compleja

Donde:

dtetF2

C 2T

2T

0tik0k = )( Coeficiente de Fourier Complejo

Peso si llevamos nuestro modelo del espacio discreto al continuo, tenemos que 0k y consideramos T , entonces:

= dtetF2Cti

0k

)(lim Coeficiente de Fourier Complejo

Luego:

=

=

=

= k

titi

0k

tik

0kT

edtetF2

eCtF

)(limlim)(

= =

ktiti

0T

edtetF21tF

)(lim)(

[ ]

= = k

ti

0T

eF21tF

)(lim)(

deF

21tF ti

= )()(

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

dtetFF ti

= )()( Transformada de Fourier




De forma anloga es posible definir:

deF

21tF ti

= )()( Transformada Inversa de Fourier

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


mtFtxtxd2tx 2nn)()()()( =++

dtetFm1dtetxdtetxd2dtetx titi2n

tin

ti

=++ )()()()(

Se puede demostrar que si se impone 0txtxtt

==

)(lim)(lim , se cumple:

)()( Xdtetx ti =

0ti XXidtetx =

)()( Integrando por partes

002ti XXiXdtetx

= )()( Integrando por partes 2 veces Reemplazando en la ecuacin de movimiento:

[ ] [ ] )()()()( FXXXid2XXiX 2n0n002 =++

[ ] )()( FXd2XXiXd2i 0n002n2n = ++

)()()()( FCXZ =+

)()()()(

Z

CFX =

)()()()()( HCHFX =




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

, por lo tanto 0C =)( , luego:

)()()( HFX = Donde se define como funcin de transferencia a la ecuacin en el dominio de las frecuencias:

n22

n d2i1H )( +=

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

deHF

21deX

21tx titi

== )()()()(

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

)()()()()( thFdthFtxt

0

== Dominio del tiempo { 321321

)(.

)(.

)(.

)()()(

thdeFourierT

tFdeFourierT

txdeFourierT

HFX = Dominio de Frecuencias

Donde h(t) corresponde a la funcin impulso:

td

d

d netsen

th = )()(

Y H() corresponde a su transformada de Fourier:

dteetsen

dtethH titdd

dti n

== )()()(

( )n

22n

tid

d

d

d2i1dtetsenH n

)()( +==

+

Esto facilita el anlisis, pues para conocer la respuesta aun seal de entrada, bastara multiplicar su Transformada de Fourier F(), por la funcin de transferencia H().




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

)cos()()()( tFtxKtxCtxm 00 =++

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

dtetFF ti

= )()(

dtetFF ti00

= )cos()(

( ) ( )[ ]dttisenttFF 00

= cos)cos()(

( ) ( )4444 34444 21

444 3444 214444 34444 21

0

ImparFuncin

00

infinitovalorTomaparasolo0

00 dttsentFidtttFF

0

=

=

)cos()coscos()(

=

=0

0

si

0F

)(

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

n22

n d2i1H )( +=

Luego la respuesta es:

)()()( HFX =

=

==0

0

si

0HFX

)()()(

F()

0 -0




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

)()()()( tFtxKtxCtxm =++ Donde [ ]

[ ]

=,

,)(

tsi0

tsiFtF

0

El rea encerrada bajo la curva corresponde a 0F2 = , luego 2F0 = La transformada de Fourier de la seal )(tF es:

dtetFF ti

= )()(

dteFF ti0

=

)(

( ) ( )[ ]dttisentFF 0

=

cos)(

( ) ( )44 344 21

434210

ImparFuncin

00 dttsenFidttFF

=

cos)(

( ) ( )

== tsenFdttFF 00 cos)( ( ) ( ) ( ) ( ) sen

Fsen

Fsen

Fsen

FF 0000 )( +==

( ) senF2

F 0 )( = En trminos de 0F2 = , se tiene:

( ) ( ) )(

sensenF ==

t

F(t)

F0




Transformada de Fourier Impulso Rectangular=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 10

F()

/ 2/

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

n22

n d2i1H )( +=

Luego la respuesta es:

)()()( HFX =

Analizando dos casos particulares: Caso 1: 0 ( ) CtesenF

00===

lim)(lim Caso 2:

( )

=

== 0si

0si0senF

lim)(lim

F()

Ruido Blanco

F()




4 Anlisis Espectral. En esta seccin se estudiar el concepto de espectros de respuesta, que corresponde a uno de los principios bsicos sobre los cuales se han construidos las normas y cdigos de diseo ssmico, ente ellas la norma chilena.

4.1 Espectro temporal de respuesta Un espectro temporal corresponde a un grfico en el que se representa la mxima respuesta en el tiempo de un parmetro especfico (desplazamiento, velocidad, aceleracin, etc), originados por una solicitacin especfica, para una familia de modelos de un grado de libertad. Cada una de estos modelos tendr propiedades dinmicas especficas (d, n), por lo que en general se dibujarn espectros de respuesta para modelos con un nivel de amortiguamiento determinado (d), pero para distintos valores de masa y rigidez (n). De esta manera se obtendrn distintos grficos para diferentes valores de d, en que se represente el la mxima respuesta del parmetro en estudio en funcin de diferentes valores de n.

4.2 Construccin de los espectros de respuesta El procedimiento para construir el espectro de respuesta de un sistema dinmico determinado podra resumirse de la siguiente forma. 1 Se elige la seal de excitacin de entrada al sistema (Fuerza o aceleracin). 2 Dicha seal de entrada es aplicada a una familia de sistemas dinmicos de un grado de libertad. En general se escogen familias de sistemas con igual coeficiente de amortiguamiento. 3 Para cada sistema dinmico bajo la accin de la misma excitacin se obtiene la seal de respuesta. Dicha seal se puede obtener por ejemplo mediante la expresin.

dtsene

mFtx

t

0d

td

d

n = ))(()()( )( 4 Se obtiene el mximo valor de la respuesta alcanzado por cada sistema dinmico.

= dtsenemFMaxtx

t

0d

td

dMax

n ))(()()( )(

5 Dichos mximos se grafican en funcin de las propiedades dinmicas de las estructuras, esto es n , o bien, nn 2T = . 6 El diagrama obtenido corresponder al espectro de respuesta para la seal de entrada )(tF aplicada sobre una familia de sistemas de un grado de libertad de igual coeficiente de amortiguamiento.




Esquemticamente:

Seal 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)Seal de entrada F(t)

d1=d0 dk=d0 dn=d0

Familia de Sistemas de 1GL (d=d0)

1 k n . .

Respuesta modelo 1 x1(t)

Respuesta modelo k xk(t)

Respuesta modelo n xn(t)

Seal 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)

Seal 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)

Seal 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)

Max1tx )(

Seleccin del mximo de la respuesta x1(t)

Seleccin del mximo de la respuesta xk(t)

Seleccin del mximo de la respuesta xn(t)

Maxntx )(

Maxktx )(

Espectro de Respuesta en funcin de n

Maxtx )(

n

0dd =




4.3 Representacin trilogartmica de los espectros de respuesta Utilizando el algoritmo presentado en la seccin 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 seal de entrada es un seal armnica, se obtiene que en estado estacionario:

)()( tsenBtx = entonces SDBtxMax

==)( )cos()( tBtx = entonces SVSDBtx

Max

=== )(

)()( tsenBtx 2 = entonces SASDBtx 22Max

=== )( En general, SVSD y SASD2 , pero se ha demostrado que en los fenmenos ssmicos se cumple que n = , y adems estos se enmarcan en un rango de frecuencias tal que:

PSVSDSV n = : Pseudosespectro de velocidades relativas. PSASDSA 2n = : Pseudosespectro de aceleraciones absolutas.

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

PSVSDn =

PSVSDT2

n

=

( )PSVSDT2

n

loglog =

( ) ( ) ( )PSVTSD2 n logloglog = ( ) ( ) ( )nTSD2PSV logloglog =

Ecuacin lineal para PSV en escala logartmica




PSASD2n =

PSAPSVn =

2PSAPSV

T1

n

=

=

2PSAPSV

T1

n

loglog

( ) ( )

=

logloglog 2PSATPSV n

( ) ( )nT2PSAPSV log

loglog +

=

Ecuacin lineal para PSV en escala logartmica En forma grfica:

Ref.: Bozzo, L.; Barbat, A. Diseo sismoresistente de edificios. Pgs. 46, 150. Editorial Revert, 2000




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

Desarrollo:

Corte Basal: )()( txKtV =

maxmax)()( txKtV =

SDKtV )(max

= Por otro lado:

mK

n = 2

nmK = As:

SDmtV 2n )( max = PSAmtV )(

max=

PSAg

WtV )(max

=

43421BasalCorte

deeCoeficient

gPSAWtV

= )(

max

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

Seal 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)

Aceleracin Basal a(t) m

)(ta

)(tV

K

)(tx




5 Implementacin Numrica Como ya se sabe, un acelerograma real no es una funcin algebraica del tiempo, sino una serie de valores numricos de aceleracin 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 aceleracin del orden de las decenas de miles. En las secciones anteriores hemos hecho un extenso estudio de la resolucin analtica de la ecuacin de movimiento, sin embargo, el rpido desarrollo y masificacin de los computadores ha hecho de los mtodos numricos tcnicas de integracin o de resolucin de ecuaciones diferenciales mucho ms atractivas. En este captulo veremos diferentes ejemplos mtodos numricos para resolver los problemas antes expuestos.

5.1 Resolucin numrica de la ecuacin de movimiento. Para la implementacin numrica de los algoritmos presentados a continuacin se considerara la siguiente forma de la ecuacin de movimiento:

)()()()()( tfm

tFtxtxd2tx 2nn ==++

Bajo las condiciones iniciales:

0x0tx == )( 0x0tx

== )(

Mtodo de la diferencia central En forma discreta podemos expresar la ecuacin de movimiento de la siguiente manera:

nnnn FxKxCxm =++

(1) Donde:

)( nn txx = )( nn tFF =

tnttt 1nn =+= Adems podemos decir que mediante el desarrollo de series de Taylor:




4n

3

n

2

nn1n1n t0x6tx

2txtxxtx ++== )( (2)

4n

3

n

2

nn1n1n t0x6tx

2txtxxtx ++++== ++ )( (3)

Sumando (2) y (3):

4

n

2

n1n1n1n1n t02x2t2x2xxtxtx ++=+=+ ++ )()(

n2

n1n1n xtx2xx

+ +=+ Despejando la aceleracin

21nn1n

nt

xx2xx

+= + (4) Restando (2) a (3):

n

3

n1n1n1n1n x6t2xt2xxtxtx

++

+== )()(

nn1n1n1n1n x0xt2xxtxtx

++ +== )()( n1n1n xt2xx

+ =

Despejando la velocidad:

t2xx

x 1n1nn = + (5)

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

nnnn FxKxCxm =++

nn1n1n

21nn1n FxK

t2xx

Ct

xx2xm =+

++ ++

Reordenando:

nn1n1n

21n

2n

21n FxK

t2xC

t2xC

txm

tx2m

txm =+++

++

n1n2n21n2Fx

t2C

tmx

tm2Kx

t2C

tm =

+

+

+ +




1n2n2n1n2x

t2C

tmxK

tm2Fx

t2C

tm

+

+=

+ (6) Hemos obtenido una ecuacin para la respuesta en el tiempo tn+1 , en funcin de dos puntos precedentes tn y tn-1. Algoritmo:

1. Dado 0x y 0x

calcular 0x

, a partir de 0000 FxKxCxm =++

2. De la ecuacin (2) calcular 02

001 x2txtxx

+= 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 Numrica1: La estabilidad numrica se evala para el caso en que la disipacin de energa es cero y sin solicitaciones externas, es decir, para el modelo:

0txKtxm =+ )()( 0txtx 2n =+

)()( Para este caso, la solucin analtica exacta queda definida por:

ti neAtx = )( Entonces: )( tnitin nnn eAeAx

== Es decir: nn zAx = Axn = finito Donde: )( tnin nez = Por otro lado, la solucin numrica aproximada queda definida por:

1n2n21n2x

tmxK

tm2x

tm

+

=

Entonces: 1nn2

1n xxtmK2x +

=

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) tambin es acotada.




( ) 1nn22n1n xxt2x + = Es decir: 1nn1n xxax + = ( )22n t2a = Reemplazando la solucin exacta nn zAx = :

1nn1n zAzAazA + = O bien: 0zAzAazA n1n2n =+ ++ Esto es: ( ) 01zazzA 2n =+ Luego si 0zA n se debe cumplir que: ( ) 01zaz2 =+

12a

2a

44a

2az

22

==

Si 12a > , entonces 1

2a 2

es real y =

n

nnnzAx limlim . No converge

Por lo tanto si: 12a >

Esto es 2a >

2t2 22n >

2n

2 4t >

n

2t >

T320T22t .=> lmite superior

Si 12a < , esto es, T320Tt .=




As: A2a1i

2aAzAx

n2

n

n

nnn

== limlimlim . Es estable Por lo tanto para asegurar la estabilidad del algoritmo se debe escoger una discretizacin tal que, T320t .




Alternativamente es posible obtener una ecuacin equivalente a la anterior, la que designaremos como ecuacin (6), que se utiliza para verificar la estabilidad numrica del mtodo:

( )1n2

n2

1nn1n1n2

xK21C

t1

tm

xK221C

t21

tm2

F21F2

21FxK

tC

tm

+++

+++

++

++

++=

++

)(

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. Aceleracin lineal Un caso especial del mtodo de Newmark corresponde a aquel en que se considera que la aceleracin ente dos puntos sucesivos vara linealmente, esto es:

En este caso se puede demostrar que 21= y 61=

)(tx

nx

1nx +

nt 1nt +

t

xxxx n1nn +=

+

)( t0

t




b. Aceleracin constante

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

En este caso se puede demostrar que 21= y 41= Estabilidad Numrica: La estabilidad numrica nuevamente se evaluar para el caso en que la disipacin de energa es cero y sin solicitaciones externas, es decir, para el modelo:

0txKtxm =+ )()( 0txtx 2n =+

)()( Para este caso, la solucin analtica exacta queda definida por:

ntnin zAeAx n

)( == Axn = finito Por otro lado, la solucin numrica aproximada queda definida por:

1n2n21n2xK

21

tmxK2

21

tm2xK

tm

+

++

+=

+

O bien:

1n2

n2n2

n21n2

n2x

21

t1x2

21

t2x

t1

+

++

+=

+ Reemplazando nn zAx = en esta ecuacin:

1n2n2

n2n2

1n2n2

zA21

t1zA2

21

t2zA

t1 +

++

+=

+

)(tx

nx

1nx +

nt 1nt +

2xxx n1n

+

=)( t0

t




0zA21

t1zA2

21

t2zA

t1 n2

n21n2

n22n2

n2=

+

+

+

++ Entonces:

021

t1z2

21

t2z

t1zA 2n2

2n2

22n2

n =

+

+

+ Luego si 0zA n se debe cumplir que:

021

t1z2

21

t2z

t1 2

n22

n222

n2=

+

+

+ Si analizamos el caso particular 21= (Aceleracin lineal y aceleracin constante) se tiene:

( )0

t1

t1

z

t1

21t2

z2

n2

2n2

2n2

2n2

2 =

+

+

01z

t1

2t2

z2

n2

2n

2n2

2 =+

+

+

01z2

t2

12z2

n2

2n2 =+

+

Es decir:

01zaz2 =+ Donde sabemos que la solucin es::

12a

2a

44a

2az

22

==

Si 12a > , entonces 1

2a 2

es real y =

n

nnnzAx limlim . No converge




Por otro lado si 12a 2

es imaginario

Entonces A2a1i

2aAzAx

n2

n

n

nnn

== limlimlim . Es estable

Luego se debe imponer:

012a 2

12a 2

2a

12

t2

12

n2

2n

+

Luego se debe cumplir:

( ) 014t4 2

n2+

Si aplicamos el mtodo de Aceleracin Lineal 61= , entonces:

( ) 01t4

642

n2+

22n t12 ( ) T550Tt 212 . = Condicionalmente Estable

Si aplicamos el mtodo de Aceleracin Constante 41= , entonces:

0t4

2 Incondicionalmente Estable

Adems se puede demostrar que para t suficientemente pequeos, el mtodo de la diferencia central no slo es estable sino que adems converge a la solucin exacta.




En resumen:

Mtodo Estabilidad Diferencia Central -- -- T3180t .




De la ecuacin (5):

nn

2n

n x3t

x6tx

6x

= (6) Reemplazando (6) en (4):

t2

x3t

x6tx

6txx

nn

2n

nn

+=

nnn

n x2tx3

tx

3x

= (7)

Ecuacin de movimiento en ntt = nnnn FxKxCxm =++

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

+ =++

Ecuacin de movimiento en versin incremental:

nnnn FxKxCxm =++

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

nnnnn

nn

2n FxKx

2tx3

tx

3Cx3t

x6tx

6m =+

+

nn2nnn

n FxtC3

tm6Kx3x

2tC

tx6x3m =

+++

+

+

++

++=

++

nnn

nnn2x3x

2tC

tx6x3mFx

tC3

tm6K

nnn FxK =

Luego: n

nn

KF

x= (9)




Donde:

++= tC3

tm6KK

2n (10)

++

++=

nn

nnnn x3x2

tCt

x6x3mFF (11)

Y adems: 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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