Vibraciones Transversales de Una Viga

Vibraciones transversales de una Viga
Al aplicar la teoría de elasticidad al estudio de las vibraciones transversales de una viga aparece la
ecuación:
EI y 4 ( x )−γλy ( x )=0
Donde y(x) se relaciona con el desplazamiento de la viga en la posición x; la constante E es el
módulo de Young; I es el momento de inercia con respecto del área, que suponemos constante; γ es
la masa constante por unidad de longitud de la viga, y λ es un parámetro positivo por determinar.
Podemos simplificar la ecuación haciendo r 4 ≔ γλ /EI ; es decir, consideramos
y 4 ( x )−r 4 y ( x )=0 (5)
Cuando la viga se sujeta en ambos extremos, buscamos una solución de (5) que satisfaga las
condiciones de frontera
y ( 0 )= y ' ( 0 )=0 y y ( L )= y ' ( L )=0(6)

Donde L es la longitud de la viga. El problema es determinar aquellos valores no negativos de r
para los que la ecuación (5) tiene una solución no trivial (y(x) ≠ 0) que satisfaga (6). Para esto,
proceda como sigue:
a. Muestre que no hay soluciones no triviales del problema con valores en la frontera (5)-(6)
cuando r = 0.
SOLUCION
y 4 ( x )−γ 4 y ( x )=0
y ( 0 )= y ' ( 0 )=0 y ( L )= y ' ( L )=0

Si γ =0
Evaluando r=0 en la ecuación y 4 ( x )−(0)4 y ( x )=0
Se obtiene que: y 4 ( x )=0
Para obtener y(x) se integra la ecuación y 4 ( x )=0 a ambos lados:
' '' '' ' c1 x2

y ( x ) =c 1 , y ( x )=c 1 x +c 2 , y ( x )= +c 2 x +c 3
2
Luego se obtiene
c1 x 3 + c2 x 2
y ( x) = +c x +c 4
6 2 3
A partir de las condiciones iniciales evaluando y ( 0 )=0
c 1 ( 0 )3 + c 2 ( 0 )2
y ( 0 )= + c (0)+ c 4
6 2 3
Se obtiene que
y ( 0 )=c 4=0
A partir de las condiciones iniciales evaluando y ' ( 0 )=0
c 1 ( 0 )2
y ' ( 0 )= + c 2( 0)+ c3
2
y ' ( 0 )=c 3=0
Luego evaluando y ( L )=0 y y ' ( L ) =0
c 1 L3 c 2 L2
y ( L )= + =0
6 2
' c 1 L2
y ( L)= + c 2 L=0 , L ≠ 0
2
Matricialmente tenemos
L3 /6 L2 /2 c 1
[ L2 /2 L c2 ][ ] [ ]
=0
0
Para que el sistema tenga una solución no trivial el determinante de la matriz debe ser igual a cero,
calculando el determinante se obtiene:
L4 L 4
− =0
6 4
Lo anterior se satisface solo cuando L es igual a cero. Por lo cual contradice el hecho de que L debe
ser diferente de cero, por lo tanto c 1=c2=0
Entonces se tiene que c 1=c2=c 3=c 4 =0
En conclusión con las condiciones iniciales dadas, la solución de y 4 ( x )=0 , es y ( x ) =0.
b. Represente la solución general de (5) para r > 0 en términos de senos, cosenos, senos
hiperbólicos y cosenos hiperbólicos.
SOLUCION
y 4 ( x )−γ 4 y ( x )=0 , γ > 0
Con la Ecuación Característica se obtienen las raíces de la ecuación
λ 4−γ 4=0
( λ 2−γ 2 )( λ2 +γ 2 )=0
( λ+ γ )( λ−γ )( λ +iγ )( λ−iγ )=0
Las raíces son λ 1=−γ , λ 2=γ , λ3=−iγ , λ4 =iγ
Por lo tanto la solución general es
y ( x ) =c 1 e− γx +c 2 e γx +c 3 cos γx + c 4 sin γx
Pero
e−γx =cosh γx −sinh γx
e γx =cosh γx +sinh γx
Así,
y ( x ) =c 1 ( cosh γx −sinh γx ) +c 2 ( cosh γx +sinh γx ) +c 3 cos γx + c 4 sin γx
c. Sustituya la solución general obtenida en la parte (b) en las ecuaciones (6) para obtener cuatro
ecuaciones algebraicas lineales para los cuatro coeficientes que aparecen en la solución general.
SOLUCION
Teniendo la solución general:
y=c1 ( cosh ( rx )−sinh ( rx ) ) + c2 ( cosh ( rx )+ sinh ( rx ) )+ c 3 cos ( rx )+ c 4 sen (rx)

Ahora derivando y se obtiene que:
y ' =c 1 r ( sinh ( rx )−cosh ( rx ) ) +c 2 r ( sinh ( rx ) +cosh ( rx ) )−c3 sin ( rx ) +c 4 cos (rx)
Luego evaluando la función y y y ' en 0 y en L se obtiene:
y ( 0 )=c1 +c 2 +c 3=0
y ' ( 0 )=−c 1 +c 2 +c 4 =0
y ( L )=c 1 ( cosh ( rL ) −sinh ( rL ) ) +c 2 ( cosh ( rL )+ sinh ( rL ) ) +c 3 cos ( rL ) +c 4 sin ( rL )=0
y ' ( L ) =c 1 ( sinh ( rL ) −cosh ( rL ) ) +c 2 ( sinh ( rL )+ cosh ( rL )) −c 3 sin ( rL )+ c 4 cos ( rL )=0

d. Muestre que el sistema de ecuaciones de la parte (c) tiene soluciones no triviales sólo para
aquellos valores de r que satisfacen cosh (rL) = sec (rL).
Sea,
cosh ( rL )−senh ( rL )= A ,cos ( rL )=D
cosh ( rL ) +senh ( rL )=B , sen ( rL ) =E
Luego, el sistema de ecuaciones será: C 1+C 2 +C3 =0
−C 1+C 2 +C 4=0
C 1 A+C 2 B+C 3 D+C 4 E=0
−C 1 A+C 2 B−C3 D+C 4 D=0
En forma matricial se tiene
Para obtener una solución no trivial, la matriz de coeficientes debe ser nula, es decir
C 1=C2 =C3=C 4 =0
Para ello calculamos el determinante del sistema, obteniendo:
1 0 1 −1 0 1 −1 1 1
|
¿B D
B −E ||
E− A D
D − A −E ||
E+ A B
D −A B
E
D |
¿( D ¿ ¿2+ E 2−BE−BD)−[ −1 ( D 2 + E 2) − AE+ AD ] +[−1 ( BD−BE )−1 ( AD + AE )+ 2 AB]¿
Luego,
¿ D 2 + E2−BE−BD + D 2 + E2 + AE− AD+ BE−BD− AD− AE+2 AB
¿ 2 D 2+ 2 E2 −2 BD−2 AD +2 AB
¿ D 2 + E2−BD− AD+ AB
Sustituimos los valores correspondientes a A, B, D y E


¿ cos 2 ( rL ) + sen2 ( rL )−cos ( rL ) ( 2cos h ( rL ) ) +cosh 2 ( rL )+ cosh ( rL ) sen h ( rL )−cosh ( rL ) sen h ( rL )−senh 2 (
¿ cos 2 ( rL ) + sen2 ( rL )−cos ( rL ) ( 2cos h ( rL ) ) +cosh 2 ( rL )−senh2 ( rL )
Aplicando las identidades,
¿ 1−2 cos ( rL ) cosh ( rL ) +1
¿ 2−2 cos ( rL ) cosh ( rL )
Ya que por hipótesis cosh (rL)=sec (rL)
¿ 2−2 cos ( rL ) sec (rL)
1
¿ 2−2 cos ( rL )
cos( rL)
¿ 2−2
Det =0
Por lo tanto, el sistema de ecuaciones tiene soluciones no triviales, solo para aquellos
valores de r que satisfacen cosh (rL)=sec(rL) .
e. En el mismo sistema de coordenadas, bosqueje las gráficas de cosh (rL) y sec (rL) para L = 1, y
justifique que la ecuación (7) tiene una infinidad de soluciones positivas.
SOLUCION
Debido a que cosh ( rL )=sec ⁡(rL)es una ecuación lineales con constantes que dependen de r, se
pueden obtener soluciones infinitas cuando las gráficas son rectas, además cosh ( rL ) tiende a +∞ en
su rango lo que significa que este intersectara a la función sec (rL)en algún punto.
f. Para L = 1, determine las dos primeras soluciones positivas de (7) en forma numérica, y
grafique las soluciones correspondientes al problema con valores en la frontera (5) - (6).
SOLUCION

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y 4 ( x )−r 4 y ( x )=0 (5)

y ( 0 )= y ' ( 0 )=0 y y ( L )= y ' ( L )=0(6)

y ( 0 )= y ' ( 0 )=0 y ( L )= y ' ( L )=0

Evaluando r=0 en la ecuación y 4 ( x )−(0)4 y ( x )=0

Se obtiene que: y 4 ( x )=0

Para obtener y(x) se integra la ecuación y 4 ( x )=0 a ambos lados:

' '' '' ' c1 x2

A partir de las condiciones iniciales evaluando y ' ( 0 )=0

y ' ( 0 )=c 3=0

Luego evaluando y ( L )=0 y y ' ( L ) =0

Entonces se tiene que c 1=c2=c 3=c 4 =0

En conclusión con las condiciones iniciales dadas, la solución de y 4 ( x )=0 , es y ( x ) =0.

Por lo tanto la solución general es

e−γx =cosh γx −sinh γx

y ( x ) =c 1 ( cosh γx −sinh γx ) +c 2 ( cosh γx +sinh γx ) +c 3 cos γx + c 4 sin γx

y=c1 ( cosh ( rx )−sinh ( rx ) ) + c2 ( cosh ( rx )+ sinh ( rx ) )+ c 3 cos ( rx )+ c 4 sen (rx)

y ' =c 1 r ( sinh ( rx )−cosh ( rx ) ) +c 2 r ( sinh ( rx ) +cosh ( rx ) )−c3 sin ( rx ) +c 4 cos (rx)

Luego evaluando la función y y y ' en 0 y en L se obtiene:

y ( L )=c 1 ( cosh ( rL ) −sinh ( rL ) ) +c 2 ( cosh ( rL )+ sinh ( rL ) ) +c 3 cos ( rL ) +c 4 sin ( rL )=0

y ' ( L ) =c 1 ( sinh ( rL ) −cosh ( rL ) ) +c 2 ( sinh ( rL )+ cosh ( rL )) −c 3 sin ( rL )+ c 4 cos ( rL )=0

cosh ( rL ) +senh ( rL )=B , sen ( rL ) =E

Luego, el sistema de ecuaciones será: C 1+C 2 +C3 =0

C 1 A+C 2 B+C 3 D+C 4 E=0

−C 1 A+C 2 B−C3 D+C 4 D=0

En forma matricial se tiene

¿ D 2 + E2−BE−BD + D 2 + E2 + AE− AD+ BE−BD− AD− AE+2 AB

Sustituimos los valores correspondientes a A, B, D y E

¿ cos 2 ( rL ) + sen2 ( rL )−cos ( rL ) ( 2cos h ( rL ) ) +cosh 2 ( rL )−senh2 ( rL )

Aplicando las identidades,

¿ 1−2 cos ( rL ) cosh ( rL ) +1

¿ 2−2 cos ( rL ) cosh ( rL )

Ya que por hipótesis cosh (rL)=sec (rL)

¿ 2−2 cos ( rL ) sec (rL)

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