Capítulo 1 Métodos de residuos ponderados Funciones de prueba ...
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donde r es el residuo que se quiere anular Veamos como obtener la matriz tangente para un elemento de cable o barra articulada. Notar que hasta ahora hemos escrito T V I = ∑NB K=1 Para cada barra interesa calcular su contribución a Evaluemos entonces N K δε K L K 0 = − [δu] T g (u) (4.34) − [δu] T ∂g ∂u | i ∆u = [δu] T ∂ (T V I) K i ∆u = ∆u (4.35) ∂u [ ∂ (N δε) ∂N L 0 ∆u = L 0 ∂u ∂u La derivada en el primer término es δε + N ∂δε ∂u = L 0 δε ∂N ∂u ∆u + NL 0 ] ∆u ∂δε ∂u ∆u (4.36) ∂N ∂u = ∂EAε ∂u = EA ∂ε ∂u (4.37) a su vez la derivada ∂ε ∂ε ∆u = ∆ε es formalmente idéntica a δε = δu (expresión 4.22) es decir ∂u ∂u Con lo cual una primera contribución a K ∂ε ∂u ∆u = 1 L 0 t · (∆u 2 − ∆u 1) δu T K M ∆u = L 0 δε ∂N ∂u ∆u = ( δu 2 − δu 1) · t EA L 0 t · (∆u 2 − ∆u 1) = ( δu 1T , δu ) [ ] [ ] 2T EA t t T −t t T ∆u 1 L 0 −t t T t t T ∆u 2 (4.38) Notar que la matriz K M obtenida es formalmente idéntica a la matriz de rigidez de la barra en un análisis lineal, la diferencia es que aquí t corresponde a la geometría actual y no a la inicial. Esta primera contribución se denomina ‘Matriz de rigidez material’ (K M ). La segunda contribución resulta de δu T K G ∆u = NL 0 ∂δε ∂u ∆u que será no nula sólo si existen esfuerzos N, esta componente K G se denomina matriz de rigidez ‘geométrica’, de ‘carga-geometría’ o debida a los ‘esfuerzos iniciales’. Para evaluarla debemos obtener [ ] 1 ∂δε ∂ ∂u ∆u = L 0 (δu 2 − δu 1 ) T t ∆u = 1 ( δu 2 − δu 1) T ∂t ∆u (4.39) ∂u L 0 ∂u A su vez con lo cual 86 ( ∂t ∂ ∂u ∆u = ) x 2 −x 1 L ∂u L 0 N ∂δε ∂u ∆u = ( δu 2 − δu 1) T ∆u = 1 L [ 1 − t t T ] ∆u (4.40) N [ ] ( 1 − t t T ∆u 2 − ∆u 1) (4.41) L
de donde las segunda contribución a la matriz de rigidez resulta δu T K G ∆u = ( δu 1T , δu 2T ) N L {[ 1 − t t T −1 + t t T −1 + t t T 1 − t t T ]} [ ∆u 1 ∆u 2 ] (4.42) A la suma de las matrices 1 − t t T se la denomina matriz de proyección ortogonal, pues el producto de esta matriz por un vector v cualquiera conduce a la proyección del vector v sobre el plano normal a t. Esto puede verse como quitarle a v su componente en la dirección t. La operación de quitarle a un vector v su proyección v t sobre t, se hace habitualmente como v t = t · v = t T v v n = v − t v t = v − t ( t T v ) = v − tt T v = ( 1 − tt T ) v La aparición de esta matriz se debe a que en 4.40 se está derivando un versor (vector unitario) y la dirección de esta derivada debe ser normal al versor, lo cual puede verse fácilmente a partir de que ∂ (t · t) ∂u t · t = 1 = 2 t · ∂t ∂u = 0 4.8.1. Ejemplo Supongamos que la sección del cable es A = 1cm 2 y el módulo de elasticidad es E = 2 × 10 6 kg/cm 2 . El cable sometido al siguiente estado de cargas ⎡ f = ⎢ ⎣ p 2 1 p 2 2 p 3 1 p 3 2 p 4 1 p 4 2 ⎤ ⎡ = ⎥ ⎢ ⎦ ⎣ 0 −100 0 −150 0 −100 está en equilibrio para los siguientes desplazamientos: ⎡ ⎤ ⎡ u 2 1 −0,073927 u 2 2 −0,12672 u = u 3 1 ⎢ u 3 = 0,00000 2 ⎥ ⎢ 0,061802 ⎣ u 4 ⎦ ⎣ 1 0,073927 u 4 2 −0,12672 ⎤ [N] ⎥ ⎦ ⎤ [m] ⎥ ⎦ Si al sistema de cargas previos se le agregan en el punto central las siguientes [ ] [ ] p 3 ∆ 1 100 p 3 = [N] 2 −100 Las matrices tangentes elementales son ⎡ K 1−2 = K 2−3 = ⎢ ⎣ ⎡ ⎢ ⎣ 1,2260 −0,8295 −1,2260 0,8295 0,5616 0,8295 −0,5616 1,2260 −0,8295 0,5616 1,6489 −0,4781 −1,6489 0,4781 0,1389 0,4781 −0,1389 1,6489 −0,4781 0,1389 ⎤ ⎥ ⎦ × 106 ⎤ ⎥ ⎦ × 106 87
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don<strong>de</strong> r es el residuo que se quiere anular<br />
Veamos como obtener la matriz tangente para un elemento <strong>de</strong> cable o barra articulada. Notar<br />
que hasta ahora hemos escrito<br />
T V I =<br />
∑NB<br />
K=1<br />
Para cada barra interesa calcular su contribución a<br />
Evaluemos entonces<br />
N K δε K L K 0 = − [δu] T g (u) (4.34)<br />
− [δu] T ∂g<br />
∂u | i ∆u = [δu] T ∂ (T V I)<br />
K i ∆u = ∆u (4.35)<br />
∂u<br />
[<br />
∂ (N δε)<br />
∂N<br />
L 0 ∆u = L 0<br />
∂u<br />
∂u<br />
La <strong>de</strong>rivada en el primer término es<br />
δε + N<br />
∂δε<br />
∂u<br />
= L 0 δε ∂N<br />
∂u ∆u + NL 0<br />
]<br />
∆u<br />
∂δε<br />
∂u<br />
∆u (4.36)<br />
∂N<br />
∂u = ∂EAε<br />
∂u<br />
= EA ∂ε<br />
∂u<br />
(4.37)<br />
a su vez la <strong>de</strong>rivada ∂ε<br />
∂ε<br />
∆u = ∆ε es formalmente idéntica a δε = δu (expresión 4.22) es <strong>de</strong>cir<br />
∂u ∂u<br />
Con lo cual una primera contribución a K<br />
∂ε<br />
∂u ∆u = 1 L 0<br />
t · (∆u 2 − ∆u 1)<br />
δu T K M ∆u = L 0 δε ∂N<br />
∂u ∆u = ( δu 2 − δu 1) · t EA<br />
L 0<br />
t · (∆u 2 − ∆u 1)<br />
= ( δu 1T , δu ) [ ] [ ]<br />
2T EA t t<br />
T<br />
−t t T ∆u<br />
1<br />
L 0 −t t T t t T ∆u 2<br />
(4.38)<br />
Notar que la matriz K M obtenida es formalmente idéntica a la matriz <strong>de</strong> rigi<strong>de</strong>z <strong>de</strong> la barra<br />
en un análisis lineal, la diferencia es que aquí t correspon<strong>de</strong> a la geometría actual y no a la inicial.<br />
Esta primera contribución se <strong>de</strong>nomina ‘Matriz <strong>de</strong> rigi<strong>de</strong>z material’ (K M ).<br />
La segunda contribución resulta <strong>de</strong><br />
δu T K G ∆u = NL 0<br />
∂δε<br />
∂u ∆u<br />
que será no nula sólo si existen esfuerzos N, esta componente K G se <strong>de</strong>nomina matriz <strong>de</strong> rigi<strong>de</strong>z ‘geométrica’,<br />
<strong>de</strong> ‘carga-geometría’ o <strong>de</strong>bida a los ‘esfuerzos iniciales’. Para evaluarla <strong>de</strong>bemos obtener<br />
[<br />
]<br />
1<br />
∂δε ∂<br />
∂u ∆u = L 0<br />
(δu 2 − δu 1 ) T t<br />
∆u = 1 (<br />
δu 2 − δu 1) T ∂t<br />
∆u (4.39)<br />
∂u<br />
L 0 ∂u<br />
A su vez<br />
con lo cual<br />
86<br />
(<br />
∂t ∂<br />
∂u ∆u =<br />
)<br />
x 2 −x 1<br />
L<br />
∂u<br />
L 0 N ∂δε<br />
∂u ∆u = ( δu 2 − δu 1) T<br />
∆u = 1 L<br />
[<br />
1 − t t<br />
T ] ∆u (4.40)<br />
N [ ] ( 1 − t t<br />
T<br />
∆u 2 − ∆u 1) (4.41)<br />
L