Capitulo 10

CAPÍTULO 10
MODOS DE VIBRACIÓN
RESUMEN
Se presenta la solución del problema de vibraciones libres, sin considerar el

amortiguamiento del sistema, el mismo que conduce a la obtención de los valores y vectores
propios de una estructura. Con los valores propios se hallan las frecuencias y períodos de
vibración y los vectores propios son los modos de vibración.
1/2
Posteriormente se indica el algoritmo de M con el cual se obtienen los períodos
y modos de vibración en las estructuras. Además se presenta un programa en MATLAB para
este algoritmo, denominado modosplano. Un método clásico para encontrar los valores y
vectores propios, es el Método de Jacobi, razón por la cual se estudia con bastante
detenimiento, este método. Todo esto es historia ya que actualmente se encuentran los valores
y vectores propios en MATLAB con un simple programa denominado eig que reporta los
valores propios sin ordenarlos de menor a mayor. En CEINCI-LAB el programa que ordena los
valores propios de menor a mayor se denomina orden_eig.
Un tema muy importante, en la dinámica de estructuras, es el relacionado con los

Modos Ritz, que permite encontrar los modos de vibración con todos los grados de libertad, por
este motivo se trata en este capítulo.
Con el propósito de reforzar lo visto en el capítulo anterior se continúa con el estudio de

la interacción suelo-estructura es pórticos planos, pero esta vez se determinan los períodos de
vibración de la solución del problema de valores y vectores propios y el período fundamental se
compara con el que se obtiene en forma aproximada al considerar base empotrada más los
períodos de traslación y rotación en un sistema de un grado de libertad.
Por otra parte, se presentan programas para encontrar la respuesta en el tiempo de

pórticos planos con aisladores de base elastoméricos, aplicando el método denominado:
Procedimiento de Espacio de Estado, que se estudia en el capítulo 8 pero para que el lector
vea la ventaja de utilizar estos dispositivos de control pasivo se presentan todos los programas
con los cuales se halla la respuesta en el tiempo de un pórtico plano con aisladores de base.
204 MODOS DE VIBRACIÓN
10.1 VIBRACIÓN LIBRE SIN AMORTIGUAMIENTO

La forma general del sistema de ecuaciones diferenciales, para el análisis dinámico, en
un sistema de múltiples grados de libertad, es:
.. .
M q +C q + K q=Q (10.1)
Donde M , C , K son las matrices de masas, amortiguamiento y rigidez; Q

. ..
es el vector de cargas, q, q , q son los vectores de desplazamiento, velocidad y aceleración,
respectivamente. Para el caso de vibración libre sin amortiguamiento se tiene que C=0 y
Q=0 . Luego, el sistema de ecuaciones que se resuelve en este apartado es:
..
M q + K q=0 (10.2)
Se plantea la solución de (10.2) de la siguiente manera:
q (t ) =φ f (t ) (10.3)
Donde φ es un vector que no depende del tiempo y que contiene los vectores
propios y f (t ) es una función del tiempo. La primera y segunda derivada, con respecto al
tiempo de q , son:
. . .. ..
q ( t )=φ f ( t ) q ( t )=φ f ( t )
. ..
Al reemplazar q(t ), q (t ) y q (t ) en la ecuación (10.2) se tiene:

..
M φ f (t )+ K φ f (t )=0
De donde:
..
( K+
f (t )
f (t )
M φ=0 )
Se denomina:
..
..
f (t ) (10.4)
=− λ ⇒ f (t )+ λ f ( t )=0
f (t )
Luego se tiene:
(10.5)
( K−λ M ) φ=0
En resumen, el problema de vibración libre, definido en la ecuación (10.2) se ha
descompuesto en dos problemas, que son:
¿
( K−λ M ) φ=0
..
f (t ) + λ f (t )=0
205 ROBERTO AGUIAR FALCONI
CEINCI-ESPE
Por didáctica se va a llamar X el vector propio sin normalizar, y φ al vector

propio normalizado, que se verá más adelante.
10.1.1 Valores Propios
La ecuación (10.5), representa el problema de valores y vectores propios, donde λ

es el valor propio y X es el vector propio. Una vez calculado λ se obtiene de la ecuación
(10.4) el valor de f (t ) .
La ecuación (10.5) tiene soluciones X distintas de cero, solamente si el determinante

de la matriz de coeficientes es nulo.
det |K − λ M|= 0 (10.6)
Al resolver la ecuación (10.6) se obtiene un polinomio característico p ( λ ) ; si se tiene
una matriz de rigidez y una matriz de masas de orden n ¿ n; este polinomio será de orden n.
De la solución de este polinomio p ( λ ) se encuentran n raíces de λ . Si las matrices
K y M son reales, simétricas y definidas positivas; los valores de λ son reales y
positivos.
 EJEMPLO 1
Un pórtico plano de dos pisos, tiene las siguientes matrices de rigidez y de masas.
K =¿ [ 12352. 0 − 3983. 0 ¿ ] ¿ ¿ ¿
¿
Se pide encontrar los valores y vectores propios, aplicando las definiciones del
apartado 10.1. Presentar también los modos normalizados.
 SOLUCIÓN
K̄−λ M̄=0
K −λM= 12352 .0 −3983 . 0 −λ⋅ 2 .02 0 . 0
[ ] [ ]
−3983 . 0 2100 .8 0 . 0 0 . 97
K −λM= 12352 .0−2 .02 λ −3983. 0
[
−3983 . 0 2100. 8−0 . 97 λ ]
2
|K −λM|= [ ( 12352 . 0−2 . 02 λ )∗( 2100 . 8−0 . 97 λ ) ]−[ (−3983 .0 ) ]=0
∴ P ( λ ) =1. 9594 λ 2−16225 . 056 λ+10084792 .6=0
λ1 = 676.888 λ2 =7603 .737

Cuando se resuelva el polinomio característico P( λ ) , siempre se notarán las
raíces de menor a mayor esto es en estructuras.
λ1 ≤λ 2≤λ 3 .. . .. .. . .≤λ n
10.1.1 Propiedades dinámicas

Una vez que se ha resuelto el problema de valores propios, y se ha obtenido las raíces
del polinomio característico, se pasa a calcular las frecuencias de vibración

W ni usando la
ecuación (10.7). El subíndice i representa el modo i.
W ni =√ λi
2π (10.7)
Ti=
W ni (10.8)
Con cada una de las frecuencias de vibración, se obtienen los períodos de vibración,
Ti con la ecuación (10.8). Para el ejercicio 1, se tiene:
W n = √ λ 1= √ 676 . 888=26. 017
1
W n 2 =√ λ 2 =√7603 . 737=87. 1994
2π 2π
T 1= = =0 .242 s.
W n1 26 . 017
2 π 2π
T 2= = =0 . 072 s.
W n2 87 . 1994
10.1.2 Modos de vibración
Cada uno de los valores propios, está asociado a un modo de vibración. Estos modos
de vibración indican la forma como va a responder la estructura durante un sismo o una
excitación dinámica; por este motivo es importante fijarse en sus valores, especialmente en el
primer modo de vibración ya que nos puede estar indicando que la estructura va a tener un
buen o mal comportamiento sísmico. Los modos de vibración son adimensionales.
Se obtienen los modos de vibración, reemplazando los valores propios obtenidos en la

ecuación (10.5). Este procedimiento se apreciara mejor a medida que se continúa resolviendo
el ejercicio.
 Modos de vibración de Ejemplo 1.
o Cálculo del primer modo de vibración X (1).
[ K− λ1 M ] X (1)=0́
(1)
Sea X de la forma:
X (1)= a
b []
Al reemplazar valores se tiene:
CEINCI-ESPE
K−λ 1⋅M= 12352.0 −3983.0 −( 676 .888 )⋅ 2.02 0.0

[ ] [ ]
−3983 .0 2100. 8 0. 0 0.97
12352 .0 −3983 . 0 1367.314 0. 0
= [
−3983 .0 2100 .8
−
0.0 656 .581 ][ ]
10984 .686 −3983.0
= [
−3983 .0 1444 .219 ]
[ K −λ1⋅M ]⋅X (1 )=0
[10984 . 686
−3983 . 0
−3983. 0 ⋅ a = 0
1444 .219 b 0 ][ ] [ ]
De donde
10984 .686⋅a−3983 .0⋅b=0
−3983 .0⋅a+1444 . 219⋅b=0
Aparentemente se tienen dos ecuaciones con dos incógnitas. Pero eso no es cierto, ya
que si a la segunda ecuación se multiplica por –2.7579, se obtiene la primera ecuación y es
una de las características de los vectores propios. Siempre hay una ecuación menos.
De tal manera que el sistema de ecuaciones es linealmente dependiente, eso significa

que hay una gran cantidad de vectores propios. Por ejemplo, si a = 1 y se reemplaza en la
primera ecuación, se obtiene b = 2.758, pero si b = 1 se obtiene que a = 0.363, es decir que
tendríamos:
1 X (1 )= 0 .363
X (1 )=
[ 2. 758 ] 1 [ ] ⋯
Al existir un infinito número de vectores propios, se habla de vectores propios

normalizados. La forma más común de normalizar los modos es:
φ(i ) t M φ( i)=ℜ
(10.9)
Donde ℜ es una constante de normalización que puede tener cualquier valor.
Algunos consideran el valor del promedio de las masas, otros lo normalizan de tal forma de
ℜ sea la unidad
Para el modo de vibración i, se tendrá:

φ(i )=α (i) X( i)
(10.10)
Al sustituir (10.10) en (10.9) y luego de despejar α ( i) se tiene:
α (i ) X ( i) t M α (i ) X ( i)=R
ℜ
( i)
α =
√ X
(i ) t
M X
(i )
(10.11)
Normalizar los modos de vibración, si la constante de normalización es la unidad,

ℜ=1
Al reemplazar valores en (10.11) se obtiene α ( 1)=0 .326 . Por lo tanto el primer

vector propio normalizado vale:
1
α (1)=
√ [ 1.000 2.758 ] 2.02 0.00 1.000

[
0.00 0.97 2.758
(1 ) (1 ) (1 )
φ =α
=0.326
][ ]
X =0.326 ¿ [ 1.000 ¿ ] ¿ ¿
¿ (2 )
o Cálculo del segundo modo de vibración X
K−λ 2⋅M = 12352. 0 −3983. 0 −( 7603. 737 )⋅ 2. 02 0. 0

[
−3983 .0 2100. 8 ]
0 .0 0. 97 [ ]
=[12352 . 0 −3983 .0 15359. 549
−3983 .0 2100 .8 ] [ 0. 0
−
0 .0
7375 .625 ]
= −3007 .549 −3983 . 0
[−3983 .0 −5274 . 825 ] −
[ K − λ2 M ] X (2 )=0
X =¿ [a ¿ ] ¿ ¿¿
(2) −
¿ [ K − λ2 M ] X (2 )=0
Sea al reemplazar en se tiene:
−3007. 549 −3983 . 0 ⋅ a = 0

[ −3983. 0 −5274 . 825 b 0
De donde el sistema de ecuaciones resulta:
][ ] [ ]
−3007.549 a −3983.0 b=0
−3983.0 a −5274 .825 b =0
Al igual que antes, solo se tiene una ecuación con dos incógnitas, así que se impone un
valor para cualquiera de las variables. Si a = 1, se tiene que:
X =¿ [ 1 .000 ¿ ] ¿ ¿¿
(2)
(2 )
¿
A partir de X se encuentra por un procedimiento similar al anterior el vector
propio normalizado a la unidad. Encontrando:
φ( 2)= −0. 623

[0 . 471 ]
En la siguiente figura se grafican estos modos para el caso del pórtico plano de dos
pisos en el que se han concentrado las masas a nivel de piso.
CEINCI-ESPE
Modos de vibración de una estructura de dos pisos.
Los modos de vibración son adimensionales y lo que indican es como va a responder la

estructura. Nótese para el caso plano que el primer modo no tiene puntos de inflexión; el
segundo modo tiene un punto de inflexión. Por otra parte, es conveniente que el primer modo
sea lineal de tal manera que si en el primer piso se tiene 0.32; en el segundo piso es ideal que
sea 0.64; en el Ejemplo realizado se ve que el valor es casi tres veces el valor del primer piso,
lo que significa que la estructura es bastante flexible en el segundo piso.
El objetivo del Ejemplo 1, era presentar el cálculo de los valores y vectores propios en
forma manual, como si se tratara de un curso de Algebra Lineal, en que se ve este tópico.
Ahora en el Ejemplo 2, se quiere resolver en forma práctica utilizando las funciones de CEINCI-
LAB, de una estructura espacial.
 EJEMPLO 2
La estructura de la figura 10.1 a, es de 3 pisos de hormigón armado; sus columnas son

circulares de 60 cm, de diámetro y las vigas rectangulares de 40/50 cm, el módulo de
2
elasticidad del hormigón Eh =2400000T /m , la altura de cada piso es 3.5 m. La carga muerta
D=0.7 T /m 2, igual para todos los pisos, la carga viva L=0.2T /m2 , es una estructura de
vivienda. Se pide presentar un programa en CEINCI-LAB para hallar, en las coordenadas de
piso indicadas en la figura 10.1 b, lo siguiente: i) Matriz de Rigidez; ii) Matriz de Masas; iii)
Períodos y los tres primeros modos de vibración.
(a)
(b)
Figura 10.1 a) Vista en planta de una estructura de 3 pisos, con columnas circulares y vigas
rectangulares; b) Coordenadas de Piso, ubicadas en el Centro de Masas.
 SOLUCIÓN
Todos los pórticos son iguales, por esta razón se presenta el cálculo de la matriz de
rigidez lateral del Pórtico 1 y nada más, en lo referente a la K L. El cálculo de la matriz de
rigidez por ensamblaje directo se lo realizar en base al área e inercia de cada elemento, ahí no
se tiene que tener cuidado en la numeración de los elementos, se hace todo de corrido. Se va a
trabajar con un modelo que considera nudo en la mitad de las vigas.
En la figura 10.1 c, se indica la numeración de los nudos y elementos encontrado con la

función dibujoplano, en la figura 10.1 d, se tienen los grados de libertad, de un Pórtico tipo,
utilizando la función dibujogdl. La visualización de estas dos figuras, ayudan a ver si se está
resolviendo en forma adecuada.
CEINCI-ESPE
(c)
(d)
Figura 10.1 c) Numeración de nudos y elementos de Pórtico Tipo; b) Grados de Libertad de
Pórtico Tipo, con azul las coordenadas principales y con rojo las secundarias.
En los capítulos anteriores se estudió con detenimiento el cálculo de la matriz de

rigidez en coordenadas de piso y lo propio se hizo con la matriz de masas, por lo que a
continuación se presenta el programa realizado, su lectura ayuda a entender que se está
haciendo.
% Ej_2clase_ULEAM
%% PORTICO 1
sv =[6;6]; %Longitud de vanos
sp =[3.5; 3.5; 3.5]; %Altura de pisos
Eh=2400000; % Modulo de elasticidad del hormigón (T/m2)
ac=pi*0.6^2/4;ic=pi*0.6^4/64;
av=0.4*0.5;iv=0.4*0.5^3/12;
Seccion=[1 ac ic 8 1; 10 av iv 11 1 ];%Hormigon armado
%% PÓRTICO SIN DIAGONALES
[nv,np,nudt,nudcol,nudvg,nod,nr]=geometria_nudo_viga(sv,sp);
[X,Y]=glinea_portico2(nv,np,sv,sp,nod,nr); %coordenadas
[NI,NJ]=gn_portico2(nr, nv, nudt, nudcol, nudvg);
%% Datos de toda la estructura
[CG,ngl]=cg_sismo2(nod,nr,Y);
figure (1)
dibujoplano(X,Y,NI,NJ)
figure (2)
dibujogdl(X,Y,NI,NJ,CG)
[L,seno,coseno]=longitud (X,Y,NI,NJ);
[VC]=vc(NI,NJ,CG);
[ELEM]=gelem_portico(Seccion);
[KT]=krigidez_acero(ngl,ELEM,L,seno,coseno,VC,Eh);
%% Condensacion de matriz de rigidez
na=3; %numero de coordenadas principales
kaa=KT(1:na,1:na); kab=KT(1:na,na+1:ngl);
kba=kab';kbb=KT(na+1:ngl,na+1:ngl);
T=-kbb\kba; %matriz de incidencia que sirve para calcular coordenadas b
KL1=kaa+kab*T;
KL2=KL1;KL3=KL1;KLA=KL1;KLB=KL1;KLC=KL1;
R1=mdiag(-6,-6,-6);R2=mdiag(0,0,0);R3=mdiag(6,6,6);
RA=mdiag(-6,-6,-6);RB=mdiag(0,0,0);RC=mdiag(6,6,6);
KTOT=[KL1;KL2;KL3;KLA;KLB;KLC];% Análisis Sísmico en sentido X
RTOT=[R1;R2;R3;RA;RB;RC];% En el mismo orden de las matrices KL
THETA=[0;0;0;90;90;90];% Angulo que forma orientación positiva con eje X
ntot=6; % Número de pórticos totales
NP=3; % Número de pisos
[KE,A]=matriz_es1(ntot,NP,KTOT,RTOT,THETA);
%% Matriz de masas
D=0.7; L=0.2; % Para el análisis sísmicos de viviendas
% se trabaja con el 25% de la carga viva
PT=D+0.25*L; % Carga total
area=12*12; % Area de la planta
W1=area*PT; % Peso total del piso 1
W2=W1;W3=W1;% La carga D y L es la misma para pisos 2 y 3
m1=W1/9.8; m2=m1; m3=m1;
a1=12;b1=12;
J1=(m1/12)*(a1^2+b1^2); J2=J1;J3=J1;
m=mdiag(m1,m2,m3);
J=mdiag(J1,J2,J3);
M=mdiag(m,m,J);
%% Períodos y modos de vibración de la estructura
[T,fi,OM]=orden_eig(KE,M)
 Sub matrices de la matriz de rigidez en coordenadas de piso

CEINCI-ESPE
61605 −34952 7573.1
[
K xx =K yy = −34952 46925 −21432
7573.1 −21432 15161 ]
2957100 −1677700 3635100
[
K θθ = −1677700 2252400 −1028700
3635100 −1028700 7277500 ]
Las sub matrices no indicadas de K E son nulas.
 Sub matrices de la matriz de masas, en coordenadas de piso
m= 11.02 J = 264.49
¿ ¿
[
11.02 ¿ 11.02 ] [
264.49 ¿264.49 ]
m ¿
M =[
m ¿J ]
 Períodos de vibración
Tabla 10.1 Períodos de vibración de la estructura en cada modo.

Modo 1 2 3 4 5 6 7 8 9
T(s) 0.44 0.44 0.31 0.128 0.128 0.090 0.067 0.067 0.048
 Tres primeros modos
0 0.0689 0
[ ][ ][ ]
0 0.1689 0
0 0.2398 0
0.0689 0 0
∅ (1) = 0.1689 ∅(2 )= 0 ∅(3 )= 0
0.2398 0 0
0 0 0.0141
0 0 0.0345
0 0 0.0489
 El primer modo es traslacional en sentido Y, sin acoplamiento torsional. El segundo

modo es traslacional en sentido X, sin acoplamiento torsional. El tercer modo es
completamente torsional. Esta estructura tendrá un buen desempeño sísmico. Se
recuerda que los modos son adimensionales, lo que me indican es la forma como va a
responder la estructura.
 EJEMPLO 3
Normalmente se considera que el Centro de Masas de un piso, coincide con el Centro

de Gravedad del piso, esta aproximación es adecuada para cuando se tiene distribución de
cargas en forma simétrica.
Por otra parte, en la estructura del Ejemplo 2, no se ha contemplado la existencia de

una grada, por lo que debe dejarse una abertura en la losa de los dos primeros pisos ya que la
losa del tercer piso es inaccesible. Con esta introducción, en la figura 10.1 e, se presenta la
losa del primero y segundo piso, la del tercer piso no tiene abertura. Las dimensiones de
columnas y vigas son las mismas del Ejemplo 2, la losa es maciza de 20 cm de espesor, el
T
peso específico del hormigón es γ =2.4 Se pide:
m3
i) Calcular el Centro de Gravedad de una losa con abertura
ii) Calcular el Centro de Masas de una losa con abertura.
iii) Calcular la matriz de masas, para un modelo de 3 grados de libertad por planta,
considerando que la losa del tercer piso es inaccesible en consecuencia la carga L=0.
Para los tres pisos trabajar con D=0.7 T /m 2 y para los dos primeros pisos
L=0.2T /m2
(e) (f)
CEINCI-ESPE
(g)
Figura 10.2 e) Abertura de losa en los dos primeros pisos, para grada; f) Figuras geométricas
consideradas para determinación del Centro de Gravedad; g) Identificación de
elementos para el cálculo del Centro de Masas.
 SOLUCIÓN
i) Cálculo del Centro de Gravedad de losa con abertura
En la figura 10.2 f, se presentan las figuras consideradas para el cálculo del Centro de
Gravedad de una planta con abertura de la losa y en la tabla 10.2, se indica su cálculo. Las
coordenadas del centro de gravedad son: 6.41 m, en sentido X, y 5.64 m, en sentido Y.
Tabla 10.2 Figuras geométricas consideradas para el cálculo de Centro de Gravedad (ver
figura 10.2 f)
Figura X (m) Y (m) A (m2) A*X (m3) A*Y (m3)
1 1,5 4 24 36 96
2 7,5 6 108 810 648
Ʃ= 132 846 744
Ʃ X A 846
X CG = = =6.41m
ƩA 132
Ʃ Y A 744
Y CG = = =5.64 m
ƩA 132
ii) Cálculo del Centro de Masas de losa con abertura
Tabla 10.3 Cálculo del Centro de Masas de una losa con abertura.
Elemento Numero Masa X (m) Y (m) Masa*X Masa*Y
Columna 1 0,21 0,30 12,30 0,06 2,56
Columna 2 0,21 6,30 12,30 1,31 2,56
Columna 3 0,21 12,30 12,30 2,56 2,56
Columna 4 0,21 0,30 6,30 0,06 1,31
Columna 5 0,21 6,30 6,30 1,31 1,31
Columna 6 0,21 12,30 6,30 2,56 1,31
Columna 7 0,21 0,30 0,30 0,06 0,06
Columna 8 0,21 6,30 0,30 1,31 0,06

Columna 9 0,21 12,30 0,30 2,56 0,06
Paño 1 1,54 3,30 9,30 5,07 14,28
Paño 2 1,54 9,30 9,30 14,28 14,28
Paño 3 1,54 3,30 3,30 5,07 5,07
Paño 4 1,54 9,30 3,30 14,28 5,07
Viga 1* 0,53 12,30 6,30 6,51 3,33
Viga 2* 0,53 6,30 6,30 3,33 3,33
Viga 3* 0,53 0,30 6,30 0,16 3,33
Viga 4* 0,53 6,30 0,30 3,33 0,16
Viga 5* 0,53 6,30 6,30 3,33 3,33
Viga 6* 0,53 6,30 12,30 3,33 6,51
Vacío 1 -0,52 1,80 10,30 -0,94 -5,37
Ʃ= 10,67 69,54 65,11
Ʃ X M 69.54
X CM = = =6.52 m
ƩM 10.67
Ʃ Y M 65.11
Y CM = = =6.11 m
ƩM 10.67
En la tabla 10.3, se tiene el cálculo del Centro de Masas y los elementos (vigas,
columna, paño) a las que se hacen referencia se indican en la figura 10.2 g.
Estrictamente, la distribución de la carga no es simétrica por la presencia de la abertura

de la losa. Por esto, las coordenadas del Centro de Gravedad difieren con relación a las
coordenadas del Centro de Masas. En la figura 10.2 h, se indican estos dos puntos.
Figura 10.2 h) A la izquierda ubicación del Centro de Gravedad y a la derecha ubicación del
Centro de Masas.
En base a los datos de la tabla 10.3, se puede determinar el valor del momento de
inercia de la masa J CM , multiplicando la masa de cada una de las figuras elementales m i por la
distancia desde el centro de masas a cada figura elemental r i elevado al cuadrado.
J CM =∑ mi r 2i
CEINCI-ESPE
De esta forma no se calcula J CM , en el presente ejemplo, debido a que se desea

calcular con los valores de D y L, indicados.
iii) Cálculo de la Matriz de Masas
En base a los datos, la carga total por metro cuadrado PT , de cada piso son:
PT (1,2)=D+0,25 L=0.7+0.25∗0.2=0.75 T /m2

(3) 2
PT =D+0,25 L=0.7+0.25∗0=0.7 T /m
 Momento de inercia de masa
Sea m ¿1, la masa total del área de la figura 10.2 f, y m¿2 la masa total del área más
grande.
PT (1,2 )∗A1 0.75∗(3∗8)

¿
m1 = = =1.84
g 9.8
¿ PT (1,2)∗A2 0.75∗(12∗9)
m2 = = =8.27
g 9.8
Se va a calcular el momento de inercia de la masa, no con respecto al Centro de
Masas por lo indicado en el apartado anterior, sino que se calcula con respecto al Centro de
Gravedad, es decir se supone que CG es igual a CM. Con este antecedente, se debe
determinar las distancias del CG de la planta de los pisos con abertura al centro de gravedad
de las figuras 1 y 2, que se han denominado d 1 , d 2
Figura 10.2 i) Distancias d 1 y d 2, desde el Centro de Gravedad (que se considera igual al

Centro de Masas) a cada una de las figuras, para el cálculo del momento de inercia
de la masa del piso.
El momento de inercia, con respecto al centro de masas, de cada una de las figuras
rectangulares de los pisos 1 y 2, se obtiene con la siguiente ecuación.
m ¿i ∗(a2i +b2i )
J CMi =
12
Para la Fig. 1, el valor a 1=3 m; b1 =8 m; y para la Fig. 2 a 2=9 m; b 2=12 m. En la

tabla 10.4, se resume el cálculo del momento de inercia de la masa, de los pisos 1 y 2,
aplicando el Teorema de Steiner, también conocido como Teorema de los Ejes paralelos.
Tabla 10.4 Cálculo del momento de inercia de masas de los pisos 1 y 2, aplicando el Teorema
de Steiner.
Figura m ¿i J CMi di m ¿i d 2i
1 1,84 11,17 5,18 49,22
2 8,27 154,97 1,15 10,89
Ʃ= 166,15 60,11
2
J (1,2 )
CM = ∑ J CMi + ∑ mi d i
J (1,2 )
CM =166.15+60.11=226.26
 Matriz M
¿ ¿ T s2
m1=m1 + m2 =10.10
m
T s2
m 2=m1=10.10
m
(3)
PT ∗A3 0.7∗(12∗12) T s2
m 3= = =10.29
g 9.8 m
m= 10.10 J = 226.26
¿ ¿
[
10.10 ¿ 10.29 ] [
226.26 ¿ 246.96 ]
m ¿
M =[
m ¿J ]
 EJEMPLO 4
En la estructura indicada en la figura 10.3 a, se ha concentrado la masa m , en el nudo

completamente rígido en forma de “T”, la columna es axialmente rígida y trabaja a flexión, con
una inercia I 0, la viga es totalmente flexible con área A0 , e inercia I 0. Son datos:
L 100 I 0
a= A 0=
10 L2
Se pide:
i) Calcular el Centro de Masas del nudo rígido en forma de T.

ii) Calcular la matriz de masas con respecto al centro de masas.
iii) Hallar la matriz de rigidez, con las coordenadas en centro de masas.
iv) Resolver el problema de valores y vectores propios.
CEINCI-ESPE
(a) (b) (c)

Figura 10.3 a) Estructura de análisis, con masa concentrada en nudo rígido en forma de “T”; b)
Grados de libertad en Centro de Masas; c) Sistema de coordenadas de las
deformaciones de los elementos.
 SOLUCIÓN
i) Cálculo del Centro de Masas
En la figura 10.3 d, se presenta la geometría del nudo completamente rígido en forma

de T; el que se considera formado por dos elementos, uno horizontal y otro vertical. Por otro
lado, en la tabla 10.5 se indica el cálculo en sentido Y de la ordenada que define el Centro de
Masas CM, para la geometría de la figura 10.3 d; la ubicación y ordenadas del CM, se
muestran en 10.3 e.
(d) (e)
Figura 10.3 d) Geometría de nudo en forma de “T” completamente rígido; b) Ubicación del
Centro de Masas.
Tabla 10.5 Cálculo de coordenada Y del Centro de Masas

Figura y A A*y
1 a 2a 2 a2
2 a a a2
2 2
Σ 3a 5 a2
2
Σ y A 2.5 a2 2.5 a
y CM = = =
ΣA 3a 3
ii) Matriz de masas M

En la tabla 10.6, se presenta el cálculo del momento de inercia de la masa J con

respecto al centro de masas, del nudo rígido en forma de “T”.
Tabla 10.6 Cálculo del momento de inercia de la masa de nudo en forma de T completamente
rígido en el que se concentra la masa total m
Figura m i Li m L2 di m d2
i i i i
J CMi =
12
1 2m 2a 2m 4 a2 2 a a ma 2
= ma
2
0.5 =
3 3 12 9 3 6 54
2 m a m a2 m a2 2.5 a a a ma 2
3 =
3 12 36 ( 3 )
− =
2 3 27
∑¿ ma 2 ma 2
4 18
J CM =∑ J CMi + ∑ mi d 2i
ma2 ma2 11 ma 2
J CM = + =
4 18 36
Al considerar las coordenadas en el Centro de Masas, el cálculo de la matriz de masas
es directo y vale:
M= m 0
[
0 J CM ]
m 0
M=
[ 0
11 m a2
36 ]
iii) Matriz de rigidez K
En la figura 10.3 b, se presentan las coordenadas generalizadas, en el Centro de
Masas y en la figura 10.3 c, las coordenadas de los elementos, en sistema 1, para la solución
manual. Aguiar (2014).
Se define la matriz de compatibilidad de deformaciones A , de la forma:
p= A q
Las deformadas elementales, con las que se hallan la matriz de compatibilidad de
deformaciones se indican en las figuras 10.3 f y 10.3 g.
CEINCI-ESPE
(f) (g)
Figura 10.3 f) Deformada Elemental q 1=1 y q 2=0; g) Deformada elemental q 2=1 y q 1=0
 Matriz A
1 2.5 a 1 2.5
[ ][ ]
L 3L L 30
1 3 L+ 2.5 a 1 32.5
L 3L L 30
a L 11
A= 0 1+ si a= A= −¿−¿ 0
L 10 10
a 1
0 0
L 10
0.5 a 0.5 a
−1 −1
3 3
 Elemento 1
4 E I 0 2 E I0
[
k (1)= L L
2E I0 4 E I0
L
 Elemento 2
L
]
4 E I0 2 E I0 4 E I0 2 E I0
[ ] [ ]
0 0
L L L L
2 E I0 4 E I0 I 2E I0 4 EI0
k (2)= 0 si A 0=100 02 k (2)= 0
L L L L L
E A0 100 EI 0
0 0 0 0
L L3
 Triples Productos Matriciales
12 E I 0 7 E I0
A(1)t k (1) A(1)= L

3
7 EI0
[ L2
L2
5.07 E I 0
L
]
100 E I 0 −5 E I 0
A(2)t k (2 ) A(2)=

L3
[
−5 E I 0
3L
Matriz de Rigidez K
2
3 L2
5.06
EI0
L
]
K=Σ A(i)t k (i ) A(i)
K= A(1)t k (1) A(1) + A(2)t k (2) A(2)
E I0 16 E I 0
K=
[L3
112
16 E I 0
3 L2
3 L2
10.12 E I 0
L
]
iv) Valores y Vectores Propios
E I0 16 E I 0
112 3
− λm
L 3 L2
K− λ M =⌊ ⌋
16 E I 0 10.12 E I 0
−0.0032 λm L2
3 L2 L
E I0 5.22 E I 0 16 E I 0 2
⌈ K−λ M ⌉= 112 ( L3
−mλ
L )( −0.0032 m L 2
λ −
3 L2 )( =0 )
Sea
CEINCI-ESPE
E I0
c=
L3
De donde
P ( λ )=0.0032m 2 L2 λ2−5.58 cm L2 λ +556.2 c2 L2=0

Luego
E I0 E I0
λ 1=106.16 3
λ2=1637.1
mL m L3
 Vector propio asociado a λ1

¿
= a¿
Sea ϕ
(1)
b []
E I0 EI0 16 E I 0
112 −106.16
L3 L3 3 L2 ¿
⌋ a¿= 0
K− λ1 M =⌊
16 E I 0 5.22 E I 0
−0.0032∗106.16
[ ][ ]
EI0 ¿b ¿0
3 L2 L L
Se trabaja solo con la primera ecuación
1
5.84
E I 0 ¿ 16 E I 0 ¿
L3
a +
3 L2
b =0 →ϕ (1)
= −1.09
L [ ]
 Vector propio asociado a λ2
E I0 E I0 16 E I 0
112 −1637.1
L3 L3 3 L2 ¿
⌋ a¿= 0
K− λ2 M =⌊
16 E I 0 3.84 E I 0
−0.0032∗1637.1
[ ][ ]
E I0 ¿b ¿0
3 L2 L L
1
−1525.1
E I 0 ¿ 16 E I 0 ¿
L3
a +
3 L2
b =0 → ϕ (2 )
= 285.96
L [ ]
1
2
10.2 ALGORITMO DE M
En el apartado anterior se presentó el cálculo de las propiedades dinámicas y de los

modos de vibración de una estructura desde un punto de vista conceptual. Ahora bien en la
práctica se calculan los valores y vectores propios de una matriz utilizando algún método, uno
de los más utilizados es el de Jacobi que encuentra todos los valores y vectores propios de una
matriz simétrica.
Se tiene que definir por lo tanto esa matriz, a partir de las matrices de rigidez K y de
masas M . Para el efecto, una alternativa es utilizar el algoritmo que en este apartado se
indica. La ecuación (10.5) puede escribirse de la siguiente manera:
K φ =λ M φ (10.12)
Sea
1
−
2 (10.13)
φ=M φo
Al reemplazar (10.13) en (10.12) se tiene:
1 1
− −
2 2
K M φ o =λ M M φo
Por otro lado se tiene que:
1 1
2 2
M=M M
Al reemplazar en el lado derecho de la última ecuación se encuentra:
1 1
−
2 2
K M φ o =λ M φ o
1
−
2
Al multiplicar por la izquierda, por M se obtiene:
1 1
− −
2 2
M K M φo =λ φo
Se denomina (10.14)
1 1
− −
2 2
K o =M K M (10.15)
De donde, la ecuación (10.14) se transforma en:

K o φo =λ φo (10.16)
El procedimiento de cálculo para encontrar los valores y vectores propios de una
1
2
estructura aplicando el algoritmo de M es el siguiente:
1
2
1. Se encuentra la matriz M . Normalmente la matriz de masas es diagonal
1
2
de tal manera que M se encuentra sacando la raíz cuadrada de los
elementos de la diagonal.
1
−
2
2. Se determina M . Para el caso de matrices diagonales no es más que la
inversa de los elementos de la diagonal.
3. Se determina
Ko .
4. Se aplica cualquier Método de cálculo de valores y vectores propios en

Ko .
1
−
2
5. Finalmente se hallan los vectores propios
φ=M φo
CEINCI-ESPE
El programa modosplano escrito en MATLAB determina los períodos y modos de

1
2
vibración de pórticos planos, utilizando el algoritmo de M . Previamente el usuario habrá
obtenido con otro programa la matriz de rigidez lateral o carga esta matriz. La forma de uso, es:
[Modos]=modosplano (K)
 K es la matriz de rigidez lateral del pórtico.

 Modos son los modos de vibración del pórtico.
function [Modos]=modosplano(K)
%
% Calculo de modos de vibracion de porticos planos.
% Empleando algoritmo de M elevado a la 1/2.
%
% Por: Roberto Aguiar Falconi
% CEINCI ESPE
% -----------------------------------------------------------------
% [Modos]=modosplano(K)
% -----------------------------------------------------------------
% K Matriz de rigidez lateral del portico plano
% M Matriz de masas, se programa como vector ya que es diagonal
% NP Numero de pisos.
% Por pantalla se indicara las masas de cada piso.
% Previamente el usuario habra calculado la matriz de rigidez lateral
% con otro programa.
% T Periodos de vibracion.
%
NP = input (' \n Numero de pisos ');
for i=1:NP
fprintf ('Indique la masa del piso , %2d',i);
M(i) = input (', Valor de la masa: ');
end
M12=sqrt(M);
for i=1:NP
M12(i)=1.0/M12(i);
end
MINV=zeros(NP,NP); MINV=diag(M12); Ko=MINV*K*MINV;
[V,D]=eig(Ko); Modos=MINV*V; Wn=sqrt(D); T=diag(Wn);
for i=1:NP
T(i)=2*pi/T(i);
end
fprintf ('\n Periodos de vibracion ')
T
fprintf ('\n Modos de vibracion ')
Modos;
% ---fin
 EJEMPLO 5
Encontrar los períodos y modos de vibración de la estructura de la figura 10.4 a,

1 2
aplicando el algoritmo de M 2 . Si E=1738965 . 21 T /m . La carga es uniforme distribuida
en cada piso y tiene una magnitud de 2.0 T/m., la longitud de cada uno de los vanos es de 4 m.
La matriz de rigidez y la matriz de masas para el cálculo del problema de valores y

vectores propios, son:
K=¿ [ 2761.1 −1538.1 285.7¿] [−1538.1 2278.0 −1080.6¿ ] ¿ ¿¿

¿
 SOLUCIÓN
Al multiplicar la carga uniforme repartida por la longitud total de 8 m., y al dividir por el
valor de la gravedad, se encuentra la masa concentrada en cada piso, que vale 1.633 Ts 2/m,
que se muestra en la figura 10.4 b.
30x30 30x30
30x30 30x30 30x30 30x30
30x30 30x30
30x30 30x30 30x30

30x30
30x30 30x30
30x30 30x30 30x30

30x30
(a) (b)
Figura 10.4 a) Pórtico de estudio; b) Modelo con masas puntuales concentradas en cada piso.
M =¿ [ 1.278 0 0 ¿ ] [ 0 1.278 0 ¿ ] ¿ ¿¿
1/2
¿
De donde, la matriz
Ko resulta:
Ko=¿[1690.81 −941.86 174.95¿][−941. 86 1395.00 −661.73¿ ]¿ ¿¿

¿
Los períodos de vibración resultan:
T 1 =0 . 6921 s . T 2 =0 .2135 s . T 3 =0 .1221 s .

CEINCI-ESPE
Los modos de vibración, son:
φ =¿ [ 0 . 1963 ¿ ][ 0 . 4486 ¿ ] ¿ ¿ ¿
(1 )
¿
En las figuras 10.4 c, d, e; se indican los respectivos modos de vibración. Nótese que el
primer modo no tiene punto de inflexión. El segundo modo tiene un punto de inflexión y el tercer
modo tiene dos puntos de inflexión.
47
PRIMER MODO SEGUNDO MODO TERCER MODO
(c) (d) (e)

Figura 10.4 Modos de vibración; c) Primer modo sin puntos de inflexión; d) Segundo Modo con un
punto de inflexión; c) Tercer Modo con dos puntos de inflexión.
El cálculo de los valores y vectores propios, en la matriz

Ko se hallaron aplicando el
Método de Jacobi que se indica en el siguiente apartado.
Si se desea encontrar los períodos de vibración con el programa modosplano se debe

proceder de la siguiente manera:
>> K=[2761.1 -1538.1 285.7; -1538.1 2278.0 -1080.6; 285.7 -1080.6 836.9]
>> [Modos] = modos plano(K)
Número de pisos 3
Indique la masa del piso, 1, Valor de la masa: 1.633
Luego el programa reporta los períodos y modos indicados en el Ejemplo. Con la

salvedad que está cambiado de signo los valores del tercer modo pero esto no tiene
trascendencia ya que los modos son una base.
MATLAB presenta otra opción para calcular directamente los valores y vectores
propios directamente, por consola, utilizando el comando eig pero de forma diferente a la que
está en el programa modosplano. Pero el programa eig de MATLAB no presenta los valores
propios ordenados de menor a mayor, eso lo hace el programa orden_eig de CEINCI-LAB que
se verá posteriormente.
 EJEMPLO 6
Determinar, por consola, los valores y vectores propios del ejemplo 4.
 SOLUCIÓN
>> K=[2761.1 -1538.1 285.7; -1538.1 2278.0 -1080.6; 285.7 -1080.6 836.9];
>> M=[1.633 0 0; 0 1.633 0; 0 0 1.633];
>> [V,D] = eig (K,M)
En V se encuentran los modos de vibración o vectores propios y en D los valores

propios.
 COMENTARIO
Al ver la forma tan elemental como se halla los valores y vectores propios con
1
MATLAB, parecería no tener sentido presentar el algoritmo de
M 2 , al igual que el método de
Jacobi, porque esto ya es historia pero vale la pena hacerlo para que la gente conozca como
están hechos algunos programas de computación y no convertirse solo en usuario de estos
programas.
En el Ecuador, en la década de los años 1980-1990, en primer lugar se programa en

Fortran, que era bastante difícil y se tenían computadoras que eran bastante lentas por ese
motivo se investigaba en otros algoritmos aproximados para el cálculo de valores y vectores
propios. Creamer (1986).
10.3 MÉTODO DE JACOBI

Un método clásico para encontrar los valores y vectores propios de una matriz
simétrica es el Método de Jacobi, razón por la cual se lo estudia a continuación. Los teoremas
fundamentales en que se basa el método son:
 Teorema 1. Dos matrices A y B se dicen que son semejantes si existe una

matriz que admite inversa P, tal que:
−1
B=P AP (10.17)
 Teorema 2. Si A y B son dos matrices semejantes, entonces tienen los mismos

valores propios.
 Teorema 3. Si una matriz es diagonal. Entonces los valores propios son los
elementos de la diagonal.
 Teorema 4. Toda matriz simétrica es diagonalizable en una base de vectores

propios.
 Definición de Matriz Ortogonal. Una matriz H se dice que es ortogonal, si:
t −1 t
H H =I → H =H (10.18)
La idea básica del Método de Jacobi es construir una serie de matrices que son
semejantes a la original, para lo cual se emplea una matriz de paso P que es ortogonal. Las
CEINCI-ESPE
matrices semejantes que se van obteniendo tienden a ser diagonales. El procedimiento es

iterativo y termina estrictamente cuando se llega a una matriz diagonal.
El procedimiento termina cuando en la última matriz encontrada, la suma de los

elementos fuera de la diagonal en valor absoluto es menor a una tolerancia prefijada. La matriz
final es semejante a la matriz original y además se considera diagonal. Por lo tanto los valores
propios son las cantidades de la diagonal.
Existe las siguientes posibilidades para hacer cero a los elementos fuera de la diagonal:
i) Hacer ceros por filas, ii) Hacer ceros por columnas, iii) Hacer cero al mayor elemento fuera
de la diagonal en valor absoluto, iv) Una combinación de los casos anotados.
10.3.1 Desarrollo del Método
Sea
a p ,q el elemento de la fila p y columna q, de una matriz A, que se desea hacer
cero, p≠q , el elemento se encuentra en la matriz triangular inferior en el ciclo k. La matriz
P, con la cual se construirá la matriz semejante y con la cual se logrará el objetivo propuesto
tiene la siguiente forma:
[ ¿ ][ ¿ ][ ¿ ] [ a p,q ¿ ] ¿
A K= ¿ ¿¿
¿ (10.19)
¿ En la ecuación (10.19) se han indicado los elementos no nulos de la matriz P. En

general ésta matriz se determina de la siguiente manera.
i. En la diagonal principal todos los elementos son 1 a excepción de dos términos

que valen Cos θ . Estos términos corresponden a los ubicados en la fila p y
columna p; y al ubicado en la fila q y columna q.
ii. El elemento
a p ,q de la matriz triangular inferior tiene por valor −Sen θ ,
su simétrico vale Sen θ
La matriz P, indicada en la ecuación (10.19) es ortogonal. En consecuencia se cumple

que la inversa de la matriz P no es más que la transpuesta. A esta matriz se la conoce también
con el nombre de matriz de rotación.
La base del método consiste en evaluar θ de tal manera que el elemento

a p ,q
correspondiente a la matriz
A k+1 sea nulo. El valor de  se obtiene a partir de la
siguiente ecuación:
2 a p,q
tg2 θ= (10.20)
a p , p −aq , q
10.3.2 Procedimiento de cálculo
El procedimiento de cálculo para encontrar los valores y vectores propios de una matriz
A simétrica es como sigue:
i. Se construye la matriz
A1 semejante a la matriz A
−1
A 1 =P1 A P1
−1 t
pero P1 =P 1 .
Luego:
A 1 =Pt1 A P1
ii. Se obtiene la matriz

A2 semejante a
A1 , etc.…
A2=Pt2 A1 P2
t ¿. . . . . . . . . . ¿ A =Pt A P ¿
A3=P3 A2 P3 k + 1 k +1 k k+ 1
A4=Pt4 A3 Palignl¿4 ¿¿
Se puede decir que
A k +1 =Dk +1 +E k +1 . Donde
Dk+1 es una matriz diagonal y
Ek+1 lo que está fuera de la diagonal. Entonces.
[ λ1 ¿] [ λ2 ¿][ . . ¿][ . . ¿]¿

limk→∞ Dk+1=¿ ¿¿¿
¿
¿
Por el teorema 2, los valores propios λ de A son los valores propios de
A k+1 .
k+1
Por otra parte, el test de parada deberá verificar que
|a i, j |< ε . La sumatoria en valor
∑
absoluto de los elementos fuera de la diagonal es menor que una cantidad muy pequeña ε .
10.3.3 Cálculo de los Vectores Propios
Al desarrollar el procedimiento indicado en el apartado anterior, se tiene:

CEINCI-ESPE
A 1 =Pt1 A P1
A 2 =Pt2 A1 P 2=Pt2 P1t A P 1 P2
A 3 =Pt3 Pt2 P1t A P 1 P2 P3
A 4 =P t4 Pt3 P t2 Pt1 A P1 P2 P3 P 4
... ..... ...
A k+1 =Ptk+1 Ptk Ptk−1 ....... Pt4 Pt3 Pt2 Pt1 A P1 P 2 P3 P4 ....... Pk−1 P k Pk+1 (10.21)
t
El producto de las matrices P transpuesta de (10.21) converge a P y el producto
de las matrices P de (10.21) converge a P, que es matriz ortogonal. Luego se tiene que
A k +1 =Pt A P (10.22)
Por lo tanto por el teorema 4, las columnas de la matriz P de (10.22) son los vectores
propios de A. Como se indicó el método de Jacobí se aplica en la matriz

Ko
 EJEMPLO 7
Dada la matriz K 0 del ejemplo anterior, se le pide encontrar la matriz P, para que el
elemento a 2,1 sea cero
1690.81 −941.86 174.95
[
K 0= −941.86 1395.0 −661.73
174.95 −661.73 512.46 ]
 SOLUCIÓN
La sumatoria de los elementos de la matriz triangular inferior es 1778.5; se desea ver

que al hacer el elemento a 2,1=−941.86 , la sumatoria de la matriz semejante resultante
disminuye considerablemente.
Para el ejemplo se tiene: p=2; q=1. Luego: a p , p=1395 ; a q ,q =1690.81; el valor de

a p ,q ya fue indicado.
2 ap, q 2∗(−941.86)
tg 2θ= = =6.3680
a p , p −aq , q 1395−1690.81
2 θ=1.4151 rad=81.0793 o → θ=40.5397o =0.7076 rad
cos θ sen θ 0 0.7599 0.6500 0.0
[ 0 1 0.0][
P= −sen θ cos θ 0 = −0.6500 0.7599 0.0
0 0.0 1 ]
B=Pt K 0 P
2496.2 0.00 563.1
[
B= 0.00 589.50 −389.10
563.1 −389.10 512.50 ]
La sumatoria de los elementos fuera de la diagonal, de la matriz triangular inferior, en
valor absoluto es 952.2
Al hacer un nuevo cero, por ejemplo al elemento 563.1, aparecerá una cantidad
diferente de cero en el elemento de la segunda columna y primea fila, donde ya se tenía cero.
Pero la sumatoria de los elementos fuera de la diagonal continuará disminuyendo.
 EJEMPLO 8
En la figura 10.5 se indica un pórtico de un piso y un vano, en el cual se han numerado

sus grados de libertad considerando que la viga es axialmente rígida. La matriz de rigidez es de
5 X 5 y la matriz de masas es también de 5 X 5 pero únicamente el término (5,5) tiene una
cantidad diferente de cero. Se desea calcular los valores y vectores propios de la estructura, si
las matrices de rigidez y de masas, son:
[K=¿ 80754.85 658.64 −392.32 658.64 0.0 ¿][ 4 97.40 −658.64 934.17 165 .72¿][ 80754.85 −658.64 0.0 ¿][ 4 97.40 165 .72¿] ¿
¿
Se ha escrito la matriz triangular superior de K ya que la matriz es simétrica y los
elementos de la diagonal de la matriz de masas.
Figura 10.5 Estructura de análisis para ilustrar el cálculo del modo de vibración con todos los gdl.
 SOLUCIÓN
El problema de valores y vectores propios está definido por la siguiente ecuación:
( K−λ M ) φ=0 (10.23)

CEINCI-ESPE
Donde λ es el vector que contiene los valores propios y φ

la matriz que contiene
los vectores propios. K es la matriz de rigidez y M es la matriz de masa. Debido a que la matriz
M contiene ceros en la diagonal es factible aplicar la condensación estática para lo cual la
ecuación (10.23) puede escribirse de la forma
[ K AA K AB ¿ ] ¿
¿¿ (10.24)
¿
Al trabajar con las submatrices indicadas se obtiene:
K AA φ A +K AB φB =0 ⇒ φ A =−K−1 (10.25)
AA K AB φ B
K BA φ A + K BB φ B =λ M B φB (10.26)
De la ecuación (10.25) se obtiene:
φ A =T φB (10.27)
Siendo:
(10.28)
T =−K−1
AA K AB
Al reemplazar (10.27) en (10.26) se encuentra:

¿
K BB φB =λ M B φ B (10.29)
Donde:
¿
K BB =K BB + K BA T (10.30)
La ecuación (10.29) es similar a la ecuación (10.23). Por lo tanto, se debe encontrar

¿
primero la submatriz K BB y hallar los valores y vectores propios. A la matriz T se le conoce con
varios nombres: uno de ellos es matriz de incidencia, otro matriz de Paso ya que permite pasar
de las coordenadas B a las coordenadas A.
Para el ejemplo que se está analizando las submatrices son:
K AA=¿[80754.85 658.64 −392.32 658.64¿][ 658.64 4497.40 −658.64 934.17¿] [−392.32 −658.64 80754.85 −658.64¿]¿¿¿
¿
K BA =K tAB K BB =[ 2499. 20 ]
Al reemplazar los valores en (10.28) se obtiene la matriz T, y al reemplazar en (10.30)

¿
se halla
K BB . Estas matrices resultan:
T=¿ [ 0.00497¿ ] [− 0.30604¿ ] [−0.00497¿ ] ¿ ¿¿

¿
Al reemplazar en (10.29) se tiene:
K ¿BB φB = λ M B φ B ¿
( K BB− λ M B ) φ B =0
Por definición de vectores propios

φB tiene que ser diferente de cero. Luego:
¿
K BB −λ M B =0 →1485. 77511−λ∗0 . 45=0 λ=3301. 72248
¿
Si
K BB hubiese sido de orden 2x2 o de mayor orden el determinante de
¿
K BB −λ M B debe igualarse a cero. Finalmente, al reemplazar el valor de λ en (10.29)
se halla
φB
. En este caso
φ B puede ser cualquier valor pero para que cumpla
φtB M B φ B =1 El valor de φ B =1. 49071 .
Al reemplazar T y
φB en (10.27) se halla
φA
[φ =¿ 0.0 741¿][−0.45621¿][−0.0 741¿]¿¿

A
¿
De esta manera se ha encontrado el vector φ
[ φ ¿ ] ¿
φ=¿ ¿¿ A
¿
Por lo tanto, es factible encontrar los modos de vibración con todos los grados de
libertad.
 EJEMPLO 9
Con relación a la estructura de la figura 10.6, se pide dibujar los modos de vibración,
trabajando con todos los grados de libertad; en la figura 10.6 a, se indica las dimensiones de
los elementos estructurales y la carga vertical con la que se debe hallar la matriz de masas; en
la figura 10.6 b, se muestra las hipótesis consideradas para el comportamiento de los
CEINCI-ESPE
elementos; en la figura 10.6 c, los grados de libertad para el análisis sísmico ante la
componente horizontal de movimiento del suelo; primero se ha numerado las coordenadas
secundarias y después las coordenadas principales. El módulo de elasticidad del material es
E=2400000T /m2. Presentar:
i. Utilizando los programas de CEINCI-LAB encontrar los modos de vibración con todos
los grados de libertad.
ii. Presentar la matriz de paso T , tal que:

φ A =T φB
iii. Indicar la matriz de rigidez condensada K ¿BB, tal que K ¿BB=K BB + K BA T
iv. La matriz de masas M B , los períodos de vibración y los modos de vibración.
v. Dibujar los modos de vibración.
a) b) c)
Figura 10.6 Estructura de Ejemplo 8; a) Cargas gravitantes y dimensiones; b) Hipótesis del
comportamiento de los elementos; c) Grados de Libertad
 SOLUCIÓN
% Calculo de modos de vibración con todos los gdl

% de una estructura de 2 pisos
% Dr. Roberto Aguiar
% 31 de mayo de 2017
nod=6;np=2;nr=2;E=2400000;
NUDOS=[1 0.0 0.0 2 2 0 3;2 4.0 0.0 2 2 0.0 3.0];
SECCION=[1 0.35 0.35 3 1; 5 0.30 0.30 1 1];
[X,Y]=glinea_portico(NUDOS);
GEN=[1 1 3 1 2 2 2; 2 2 4 1 2 2 2; 5 3 4 1 1 2 2];
[NI,NJ]=gn_portico(GEN);
[CG,ngl]=cg_sismo_gaus2(nod,nr,Y);
% dibujo(X,Y,NI,NJ)
[VC]=vc(NI,NJ,CG);
[ELEM]=gelem_portico(SECCION);
[SS]=krigidez(ngl,ELEM,L,seno,coseno,VC,E);
kaa=SS(1:8,1:8);kab=SS(1:8,9:ngl);kba=kab';kbb=SS(9:ngl,9:ngl);
m1=4*2.2/9.8; m2=4*2/9.8;
M=zeros(ngl,ngl); M(9,9)=m1; M(ngl,ngl)=m2;
MT=-kaa\kab % Matriz de paso T
KBBA=kbb+kba*MT % Matriz de rigidez condensada

MB=M(9:ngl,9:ngl) % Matriz de masas diferente de cero
[T,fib,OM]=orden_eig(KBBA,MB) % Modos de coordenadas principales
fia=MT*fib % Modos de vibracion de coordenadas secundarias
fi=[fia;fib]
 Matriz de paso T
−0.0032 0.0049
[ ]
−0.0600 −0.1406
0.0032 −0.0049
−0.0600 −0.1406
T=
−0.0071 0.0081
0.3258 −0.2658
0.0071 −0.0081
0.3258 −0.2658
K ¿BB= 3873.7 −1541.3

[
−1541.3 1000.9 ]
 Matriz de masas MB
2.2∗4 T s2 2.0∗4 T s2
m 1= =0.8980 m 2= =0.8163
9.8 m 9.8 m
m1 0
M B=
[ 0 m2 ]
M B = 0.8980 0
[0 0.8163 ]
 Periodos de Vibración.
Ts= 0.3148
[
0.0876 ]
 Modos de Vibración.
CEINCI-ESPE
−0.0035 0.0053
[ ]
0.1678 −0.0074
0.0035 −0.0053
ϕ A =T∗ϕ B= 0.1678
ϕ B= [
−0.4408 −0.9588
−1.0056 0.4624 ] −0.0050
−0.0074
0.0105
0.1236 −0.4352
0.0050 −0.0105
0.1250 −0.4352
0.0053
−0.0035
[ ]
0.1678
−0.0074
0.0035
−0.0053
0.1678
−0.0074
ϕA 0.0105
ϕ=
[
−−¿ ϕB
ϕ=
] −0.0050
0.1236
−0.4352
0.0050
−0.0105
0.1250
−0.4352
−0.4408 −0.9588
−−−−−−−−−¿
−1.0056 0.4624
En la figura 10.7 a, se presenta el primer modo de vibración y en la 10.7 b, el segundo

modo, trabajando con todos los grados de libertad
Figura 10.7 a) Primer Modo de Vibración

Figura 10.7 b) Segundo Modo de Vibración
10.4 INTERACCIÓN SUELO- ESTRUCTURA

En el Capítulo 8 se presentó el modelo de Mylonakis (2006), recomendado por la guía
NEHRP-NIST (2012) para el cálculo de los resortes que se utilizan en el análisis sísmico de
estructuras considerando la interacción suelo estructura; en el Capítulo 9 se indicó el cálculo de
la matriz de masas considerando la interacción suelo-estructura y ahora en el presente
apartado se obtiene los períodos de vibración de una estructura de tres pisos simétrica; el
cálculo se realiza en forma espacial considerando un grado de libertad por piso, ubicado en el
Centro de Masas.
 EJEMPLO 10
En la figura 10.8 a, se presenta la estructura de tres pisos, que tiene columnas

cuadradas de 50/50 cm, todas y vigas de 40/40 cm. El módulo de elasticidad del hormigón es
E=2400000T /m2 . La altura de los entrepisos es de 3.5 m, y las luces son de 5 m, se supone
que este edificio se halla ubicado en un perfil de suelo tipo D, con una velocidad de la onda de
m
corte V s 30=210; el peso específico del suelo γ s =1.7 T /m 3; el coeficiente de Poisson del
s
suelo es ν=0.25 ,y en una zona cuyo PGA es 0.5 g. Se indica además los tres grados de
libertad considerados en el centro de masas de cada una de las plantas. Al ser la estructura
simétrica los grados de libertad son colineales.
CEINCI-ESPE
3,5 m
2
3,5 m
5m
3,5 m
5m
5m 5m
a)
b) c)
Figura 10.8 Estructura de tres pisos de ejemplo; a) Descripción de la estructura y grados de
libertad en el centro de masa; b) Vista en Planta de la Malla de cimentación; c) Detalle de una
viga de cimentación tipo “I”.
En la figura 10.8 b, se presenta la malla de cimentación que tiene una profundidad de

desplante D=2.0 m. Las vigas de cimentación, son una “T” invertida, tienen la misma sección
y sus dimensiones son b=50 cm; B=1.50 m, ancho en la parte superior e inferior de la viga;
d w =40 cm , h=1.0 m , altura de la zapata y de la viga de cimentación. Estas dimensiones se
visualizan en la figura 10.8 c.
Se considera que la carga muerta es igual en todos los pisos y vale D=0.7 T /m 2. La
carga viva L=0.2T /m2 . Para encontrar la matriz de masas se debe trabajar con D+0.25 L.
Se pide:
i. Presentar un programa que determine la matriz de rigidez lateral con base empotrada,
mediante la triangularización de la matriz de rigidez. Hallar además la matriz de masa,
períodos y modos de vibración con base empotrada, pero en forma espacial con un
grado de libertad lateral por piso.
ii. Presentar las matrices de rigidez, masa, períodos y modos de vibración de la estructura
considerando interacción suelo estructura e indique el programa realizado.
iii. Utilice el formulario del ASCE 7-10 para encontrar en forma aproximada el período de
vibración de la estructura considerando la interacción suelo estructura.
 SOLUCIÓN
Para aplicar la triangularización de Gauss, en el cálculo de la matriz de rigidez

lateral; las coordenadas laterales deben numerarse al final, como se presenta en la
figura 10.9 a. El programa que numera los grados de libertad de esta manera se
denomina cg_sismo_gaus2
En la figura 10.9 b, se indica la numeración de los nudos y elementos con que se

realizó la programación empleando el sistema de computación CEINCI-LAB
a) b)
Figura 10.9 a) Numeración de grados de libertad para encontrar la matriz de rigidez lateral por
medio de la triangularización de Gauss; b) Numeración de nudos y elementos.
% Análisis de una estructura espacial sin considerar y considerando

% la interacción suelo-estructura. Cálculo de períodos de vibración
% Dr Roberto Aguiar
% 6 de enero de 2017
%.....................................
nod=12;nr=3;E=2400000;np=3;
GEN=[1 1 4 2 1 1 1; 4 4 7 2 1 1 1; 7 7 10 2 1 1 1;
10 4 5 2 2 3 3; 11 5 6 2 2 3 3];
NUDOS=[1 0 0 3 3 0.0 3.5; 2 5.0 0.0 3 3 0.0 3.5; 3 10.0 0.0 3 3 0.0
3.5 ];
[NI,NJ]=gn_portico(GEN); % Vector de nudo inicial y final
[X,Y]=glinea_portico(NUDOS);% Coordenadas X, Y de los nudos
[CG,ngl]=cg_sismo_gaus2(nod,nr,Y);% Grados de libertad
% dibujo(X,Y,NI,NJ)
[L,seno,coseno]=longitud (X,Y,NI,NJ);% Longitud seno y cosen de
elemen.
SECCION=[1 .5 .5 8 1;10 0.4 0.4 5 1];
[ELEM]=gelem_portico(SECCION);
[VC]=vc(NI,NJ,CG); % Vector de colocación de elementos
[K]=krigidez(ngl,ELEM,L,seno,coseno,VC,E);
[KL]=kcondensada(K,np)
% Calculo espacial con un grado de libertad por piso
Kxx=KL*3;Ke=Kxx;
% Matriz de masas
CEINCI-ESPE
P=0.7+0.25*0.2; m1=P*10*10/9.8;m2=m1;m3=m1;
m=[m1 0 0;
0 m2 0;
0 0 m3];
[T,fi,OM]=orden_eig(Kxx,m)
 Cálculo con base empotrada
49906 −28496 6491 0.4399
[
K= −28496 36527 −16333 M = 7.6531
6491 −16333 11041
¿
]
7.6531 ¿ 7.6531 [
T = 0.1236
0.0630
] [ ]
Figura 10.10 Modos de vibración con base empotrada.
 Cálculo con Interacción suelo-estructura
Se lista la continuación del programa
S=4;Vs30=210;p=1.7;PGA=0.5;v=0.25;
[G]=rigidez_suelo(S,Vs30,p,PGA,v)
Z=[11.5 1.50 1.0 0.40 0.50 2.0];
[Kd,Kr,Mo,Cd,Cr]=resortes_ZS(Z,G,OM);
Kd=3*Kd;Kr=3*Kr;mo=3*Mo; % Son tres vigas en sentido de analisis
% Matriz de rigidez con Interaccion
Ks=mdiag(Ke,Kd,Kr); D=2.0;
% Matriz de masas con Interaccion
[Ms]=masasSS(m,Y,mo,D);
[Ts,fis,OM]=orden_eig(Ks,Ms)
En la parte superior de la figura 10.11 a, se presenta a la izquierda las masas

concentradas de cada uno de los pisos y de la cimentación m 0; en la parte central se indica la
numeración de los grados de libertad, nótese que al final se han numerado los grados de
libertad de la cimentación, y se indica la alturas a cada piso medidas desde la cimentación
a)
b)
Figura 10.11 a) Modelo de estructura con interacción y grados de libertad; b) Modos de
vibración.
Las matrices de rigidez, de masas y períodos de vibración, con interacción suelo

estructura, se indican a continuación
49906 −28496 6491 0 0
[
−28496 36527 −16333
K s = 6491 −16333 11041
0 0 0
0 0 0
283926
0
0 0
0 0
0
6302387
]
CEINCI-ESPE
7.65 0.00 0.00 7.65 42.09 0.457
[
0.00
M s= 0.00
7.65
42.09
7.65
0.00
7.65
68.87
0.00
7.65
7.65 68.87
7.65 95.66
7.65 30.563 20.66
95.66 20.66 2047.9
T s =
0.126
0.064
0.031][ ]
0.000000002
 Formulario del ASCE 7-16
En Interacción suelo-estructura se cumple, en forma aproximada, la siguiente relación.
T 2s =T 2o+ T 2d + T 2r (10.31)
Donde T s es el período de vibración de la estructura considerando interacción suelo-

estructura; T 0 es el período de vibración de la estructura con base empotrada; T d es el período
de vibración, traslacional, considerando a la estructura infinitamente rígida con un solo grado de
libertad; T r es el período de vibración rotacional considerando a la estructura totalmente rígida
con un solo grado de libertad.
mt
T d=2 π
√ kd
(10.32)
J (10.33)
T r=2 π
√ kr
Donde m t es la masa total del sistema; J es el momento de inercia rotacional con

2
respecto a la base de la cimentación; J=∑ m i hi . Las restantes variables han sido ya
indicadas en el capítulo 8. Para el ejemplo que se ha desarrollado se tiene.
30.563
T d=2 π
√ 283926
=0.0652 seg .
2047.9
T r=2 π
√6302387
=0.1133 seg .
T s= √0.43992 +0.06522 +0.1133 2=0.4589 seg .

10.4.1 Modelo simplificado del ASCE 7-10
En una estructura con múltiples grados de libertad, se puede encontrar un modelo de

un grado de libertad, como el que se indica a la izquierda de la figura 10.12, en el cual no se ha
considerado la interacción suelo estructura.
Ahora, bien en el modelo que se halla a la derecha de la figura 10.12, considera la

interacción con la incorporación de los dos resortes, que se ha venido trabajando y de paso se
indica la hipótesis con la que se ha venido trabajando (la cimentación se mueve como cuerpo
rígido).
Figura 10.12 Modelo simplificado del ASCE 7-10
Para una estructura de múltiples grados de libertad se halla una masa equivalente m ,
que se halla a una altura equivalente h , en estas condiciones el momento de inercia J=mh2 .
(se debe tener en cuenta que m=mt ¿ .Se desea demostrar la siguiente ecuación propuesta
por el ASCE 7-10, para calcular el período de vibración de una estructura considerando la
interacción, en lugar de utilizar la ecuación (10.31).
Ts k k h2
To √
= 1+ +
Kd K r
(10.34)
Donde k es la rigidez equivalente del sistema de un grado de libertad; K d es la rigidez

de traslación; K r es la rigidez a rotación, de la cimentación; h es la altura equivalente; T o es el
período de vibración del sistema de un grado de libertad, que normalmente es igual al período
fundamental de la estructura con múltiples grados de libertad; T s es el período de la estructura
considerando la interacción suelo estructura.
En el sistema de un grado de libertad con base empotrada se tiene:
2π 2π 2 4 π 2 mt T 2o k
T o= = → To= →mt = 2
Wn k k 4π
mt √
Al reemplazar m t en las ecuaciones (10.32) y (10.33) se halla:
CEINCI-ESPE
2
2 2 k 2 2kh
T d=T o T r =T o
Kd Kr
2 2
Finalmente al sustituir T d , T r , en la ecuación (10.31) se halla la ecuación (10.34).
10.5 SISTEMA EQUIVALENTE DE UN GRADO DE LIBERTAD
Para estructuras regulares en planta y elevación, se puede hallar un modelo de un

grado de libertad equivalente a la estructura original. Esto es muy bueno ya que en un modelo
sencillo se puede entender mejor el comportamiento sísmico de las estructuras, razón por la
cual ha existido algunas investigaciones sobre como hallar ese modelo simplificado de un
grado de libertad, algunos modelos están descritos en Aguiar (2002).
En este apartado se presenta el modelo del ASCE 2016 en el cual el modelo

simplificado de un grado de libertad, se obtiene trabajando con la masa modal del primer modo
y la idea fundamental es que el modelo de 1 gdl, tenga el mismo período de vibración de la
estructura de n gdl. A la izquierda de la figura 10.13 se presenta el modelo de un edificio de 12
pisos, considerando un grado de libertad por piso y el modelo simplificado equivalente de 1 gdl.
Figura 10.13 Modelo de n grados de libertad y de un grado de libertad.
Las ecuaciones con las cuales se halla el modelo simplificado de un grado de libertad
son las siguientes:
2
( ∅ (1) t M [1] )
m eq =
∅ (1 )t M ∅(1)
2
2π
k eq=meq∗
T ( )
c eq =2 ξ √ m eq k eq
( ϕ( 1 ) t M h )
h eq=
∅ (1 )t M [1]
Donde M es la matriz de masas del sistema de n grados de libertad; T es el período

fundamental del sistema de n grados de libertad que se halla resolviendo el problema de
valores y vectores propios con M y K . Siendo K la matriz de rigidez del sistema de n grados
de libertad; [ 1 ] es un vector unitario que tiene n unos, para la estructura de la figura 10.13,
tendrá 12 unos. ϕ(1) es el primer modo de vibración de la estructura con n grados de libertad; h
es un vector con las alturas a cada piso, medido desde la base.
 EJEMPLO 11
Se desea encontrar el sistema equivalente de un grado de libertad, tanto en sentido

longitudinal como en sentido transversal de la estructura regular de 3 pisos, cuya planta se
indica en la figura 10.14 a, las columnas tienen todas la misma orientación y son de 40/60 cm;
las vigas son todas de 30/50 cm; el módulo de elasticidad es E=2400000T /m 2. En la figura
10.14 b, se indica para el sentido longitudinal los tres grados de libertad considerados, algo
similar debe hacerse para el sentido transversal. En las figuras 10.14 c, y d, se indica los
pórticos tipo, en sentido longitudinal y en sentido transversal.
Por otra parte, la carga muerta D=0.7 T /m 2, y la carga viva es L=0.2T /m2 .
Encontrar la matriz de masa para D+0.25 L. Para el amortiguamiento equivalente, considerar
ξ=0.05
Finalmente encontrar los desplazamientos máximos en cada sentido de análisis ante la
componente E-W, del registro de Manta del terremoto de 2016, cuyo espectro de
desplazamientos se indica en el Capítulo 5.
(a) (b)
CEINCI-ESPE
(c) (d)
Figura 10.14 a) Vista en planta de edificio de 3 pisos; b) Vista espacial de edificio con un grado
de libertad por planta; c) Pórtico tipo en sentido longitudinal; d) Pórtico tipo en sentido
transversal.
 SOLUCIÓN
En la figura 10.14 c, se indica un pórtico en sentido longitudinal; se ha colocado primero

la base y luego la altura de la sección transversal de las columnas (40/60 cm); en la figura
10.14 d, se presenta lo propio para el sentido transversal en este caso las columnas son de
(60/40 cm)
En lo que precede se indica las matrices de rigidez, masas, período fundamental y

primer modo de vibración, de la estructura de 3 pisos, calculadas con un modelo de un grado
de libertad por piso y a continuación se indica el modelo simplificado de un grado de libertad
equivalente.
 Sentido Longitudinal
Se omite el cálculo de las matrices de rigidez, masa, períodos y primer modo de

vibración que es lo que interesa para hallar el modelo equivalente, solo se indican los
resultados. Para el sentido longitudinal el período fundamental es: T =0.4062 s .
67077 −38342 8843 8.3265 0 0 0.0743
[
K xx = −38342 48499 −21518 M = 0
8843 −21518 14313 0 0 ] [
8.3265 0
8.3265
(1 )
∅ = 0.1907
0.2797 ] [ ]
A continuación se lista el listado del programa con el cual se halla el sistema
equivalente.
% Modelo de un gdl de acuerdo ASCE 2016

fi1=fi(:,1);zeda=0.05;h=[3.5;7.0;10.5];
uno=[1;1;1];
meq=(fi1'*M*uno)^2/(fi1'*M*fi1)
keq=(2*pi/T(1))^2*meq
ceq=2*zeda*sqrt(meq*keq)
heq=(fi1'*M*h)/(fi1'*M*uno)
T s2 T Ts
m eq =20.5691 k =4922.5 c eq=31.8199 h =8.3194 m
m eq m m eq
Al estar trabajando con un modelo de 1 gdl, con el período de 0.4062 s, se ingresa al
espectro de desplazamientos de la figura 5.3 y se halla Sd 1=3.6 cm. Luego el vector de
desplazamientos q , se halla con la siguiente expresión.
q=Γ 1∗S d 1∗ϕ(1)
Donde Γ 1 es el factor de participación del modo 1; las restantes variables han sido
definidas.
❑
( ∅( 1) t M [1] )
Γ 1=|( ∅( 1) t M ∅(1 ) )|
Al reemplazar valores se halla:
1.2137 0.00346
[ ] [ ]
Γ 1=4.5353 q= 3.1133 cmγ = 0.00543 γ max=0.54 %
4.5661 0.00415
 Sentido Transversal
Se omite la presentación de la matriz de masas ya que es la misma. Los resultados

son:
33108 −18357 3284 0 .4409 0.0743
[3284 −13207 10359 0.0795 ] [ ] [ ]

(1 )
K yy = −18357 27723 −13207 T = 0.1372 ∅ = 0.1907
0.2797
T s2 T Ts
m eq =21.4902 k =4364.3 c eq=30.6251 h =8.14 m
m eq m m eq
Para T =0.4409 s , se encuentra Sd 1=3.8 cm. Finalmente los desplazamientos

laterales máximos son:
1.5510 0.00443
[ ] [ ]
Γ 1=4.6358 q= 3.5045 cm γ= 0.00559 γ max =0.56 %
4.7520 0.00356
 EJEMPLO 12
Encontrar los modelos simplificados de un grado de libertad, en sentido longitudinal y

transversal de la estructura de tres pisos, del Ejemplo 10, pero si ahora todas las columnas son
circulares de 40 cm, de diámetro. La altura de entrepiso es de 3.50 m; las vigas de 30/50 cm. El
módulo de elasticidad E=2400000T /m 2 . Calcular el amortiguamiento equivalente para
ξ=0.10
En la figura 10.15 se presenta la vista en planta de la estructura. Se recuerda que inicialmente
se está trabajando con un modelo de un grado de libertad por planta ubicado en el centro de
masas de cada pórtico; trabajar con la misma matriz de Masas del Ejemplo 10.
CEINCI-ESPE
Figura 10.15 Vista en planta de estructura de 3 pisos con columnas circulares
 SOLUCIÓN
El Ejemplo 2, tiene columnas circulares, se recomienda mirar primero ese ejercicio y

realizar un programa de ordenador muy similar al ahí presentado. Los resultados que se
obtienen son:
13517 −7330 1050 0.6233 0.0945
[ 1050 −5830 4893 ] [ ] [ ]

k xx = −7330 11974 −5830 T = 0.2023 s . ϕ( 1)= 0.2015
0.1236 0.2657
T s2 T Ts
m eq =21.8698 k eq =2222.5 c eq =44.0938 h =8.066 m
m m m eq
13760 −7360 890 0.5874 0.0978
[ ] [ ] [ ]
(1)
k yy = −7360 12563 −6160 T = 0.1946 s . ϕ = 0.2021
890 −6160 5338 0.1222 0.2640
T s2 T Ts
m eq =22.0438 k =2522.1 c eq =47.1577 h =8.032m
m eq m m eq
 EJEMPLO 13
Nuevamente en base a la estructura del Ejemplo 10, calcular los modelos simplificados
de un grado de libertad, de la estructura de 3 pisos, cuya planta se indica en la figura 10.16.
Las columnas son de 40/60 cm, con la orientación indicada en la figura 10.16, las vigas son de
30/50 cm. La diferencia con la estructura del Ejemplo 10, es que la columna central es circular
de 40 cm, de diámetro. Todos los demás datos son los mismos del Ejemplo 10, incluido la
matriz de Masas.
Figura 10.16 Vista en Planta de Estructura de 3 Pisos, con columna central circular.
 SOLUCIÓN
La parte complicada del Ejemplo 12, es la determinación de la matriz de rigidez lateral

de los pórticos 2 y B. Una forma de hacerlo es similar al Ejemplo 2 y otra se lo explica en base
al cálculo de la matriz de rigidez lateral del Pórtico 2, para ello en la figura 10.17, a la izquierda
se indica la geometría del Pórtico 2 y las secciones de sus elementos.
A la derecha de la figura 10.17 se presenta la numeración de nudos y elementos. La

numeración de los nudos no tiene nada de novedad; lo que si se debe tener cuidado es en la
numeración de los elementos, para el efecto primero se numeran los elementos de las
columnas circulares para calcular la matriz de rigidez de la estructura, dando como dato el área
y la inercia; luego se numeran los demás elementos del pórtico, cuya sección es rectangular,
en consecuencia se da como dato la base y la altura.
La matriz de rigidez del pórticos es igual a la contribución de los elementos circulares

(Programa krigidez_acero) más la contribución de los elementos rectangulares (Programa
krigidez)
Figura 10.17 Geometría de Pórtico 2 y numeración de nudos y elementos.

CEINCI-ESPE
Se indica la matriz de rigidez lateral del pórtico 1 que es igual al Pórtico 3, y del Pórtico
2, que tiene una columna circular.
22359 −12781 2948 16128 −9168 2083
[ 2948 −7173 4771 ] [ ]

K (1 )=K (3 )= −12781 16166 −7173 K (2 )= −9168 11265 −4879
2083 −4879 3208
60846 −34730 7978 0.4280 0.0741
[ ] [ ] [ ]
(1 )
k xx = −34730 43598 −19224 T = 0.1191 s . ϕ = 0.1903
7978 −19224 12750 0.0597 0.2800
T s2 T Ts
m eq =20.5474 k eq =4427.7 c eq =60.3252 h =8.3236 m
m m m eq
11036 −6119 1095 8736 −4847 875.6
[ ] [
K (A )=K (C) = −6119 9241 −4402 K (B) = −4847 7144 −3361
1095 −4402 3453 875.6 −3361 2621 ]
30803 −17085 3065 0.4588 0.0879
[ −12166 9527 0.0825 ] [ ] [ ]

k yy = −17085 25626 −12166 T = 0.1429 s . ϕ( 1)= 0.1988
3065 0.2699
T s2 T Ts
m eq =21.4791 k eq=4028.7 c eq=58.8331 h =8.1445 m
m m m eq
10.6 AISLADORES DE BASE
En la figura 10.15 se presenta la estructura, con aisladores de base que se analizó en

el capítulo anterior, ahí se obtuvo que para un período objetivo de 2 seg., la rigidez
k b=400.90 T /m. Esta es la rigidez de los 4 aisladores. Por lo tanto la rigidez de un solo
aislador será k b=100.22 T/m. Ahora para hallar las dimensiones del aislador se procede de la
siguiente manera.
4.00 T/m
5 m4
3,6 m
4.97 T/m
4 m3
3,6 m
4.97 T/m
3 m2
3,6 m
4.97 T/m
2 m1
3,6 m
1.815 T/m
mb Kb
1
Kb Kb Kb Kb Cb
Cb Cb Cb Cb
7,1 m 5m 7,1 m
Figura 10.15 Modelo Numérico para estructura con aisladores elastomericos.
Ga A (10.35)
k b=
H
Donde G a es el módulo de corte de la goma, también conocido como módulo de

almacenamiento; A es el área de la goma que trabaja al corte, que está, vulcanizada con el
acero; H es la altura pero solo de goma del aislador.
La Norma Chilena de Aislación Sísmica (2002) recomienda que el valor de G a se

obtenga para un 50% de deformación lateral de la goma con respecto a su altura.
En la figura 10.16 se tienen las dimensiones del aislador, para un G a=7.68kg/cm2, y

un valor de H=20 cm. (altura solo de gomas); es un aislador circular con un orificio en la parte
central. El diámetro exterior es de 58 cm y el diámetro interior es de 6 cm. Luego:
7.68∗π 58 2 6 2 kg T
k b=
20 ( 4 4 )
− =1003.7
cm
=100.3
m
El aislador de la figura 10.16 es esquemático; la goma tiene 4 mm., de espesor y las

placas de acero 2 mm. Si se dibuja todas las gomas, la figura va a ser muy grande.
CEINCI-ESPE
Figura 10.16 Dimensiones del aislador elastomérico a utilizar.
 EJEMPLO 14
Encontrar la matriz de rigidez de la estructura indicada en la figura 10.15, la matriz de

masas y los períodos de vibración, utilizando los programas de CEINCI-LAB. Modelar a los
aisladores como resortes que tienen una rigidez k b=100.3 T /m , considerar los grados de
libertad indicados en la figura 10.15, la losa de aislación solo tiene un grado de libertad en el
piso, que se ha definido con la coordenada 1 y considerar los desplazamientos laterales de la
superestructura con relación al desplazamiento lateral del sistema de aislación.
Las dimensiones de las columnas son de 45/60 y las vigas de los tres primeros pisos
son de 35/60 y del cuarto piso de 35/50. El módulo de elasticidad del hormigón es 2168870
T/m2. En el modelo numérico de la figura 10.15, no influye las dimensiones de la viga de la losa
de aislación.
 SOLUCIÓN
En el capítulo 9 se resolvió este problema, considerando que todos los elementos de la

superestructura son axialmente rígidos, para el efecto se utilizó el programa rlaxinfi. Ahora de
acuerdo al modelo de la figura 10.17, solo las vigas son axialmente rígidas, de tal manera que
la matriz de rigidez lateral es diferente. Pero los períodos de vibración y formas modales son
los mismos o difieren muy poco, razón por la cual se presenta el programa con el cual se
resuelve el ejercicio y los programas de CEINCI-LAB que se han utilizado, en el siguiente
apartado. Las matrices de rigidez y masa, son:
401 0 0 0 0
0
0
0
[ 28927 −16602
4112 −15341
499 3066
4112 −499
K= 0 −16602 24835 −15341 3006
21142 −9249
−9249 6655
]
40.62 9.74 9.74 9.74 7.84
M = 9.74
[
9.74 9.74
9.74
7.84
0
0 0
0 0
0
9.74
9.74
0
0 0
0 0
0
7.84
]
30 32 34 36
5 31 33 35 37
m4 5
22 24 26 28
4 23 25 27 29
m3 4
14 16 18 20
3 15 17 19 21
m2 3
6 8 10 12
2 7 9 11 13
m1 2
1 mb 1
Figura 10.17 Grados de libertad y coordenadas principales.
Tabla 10.4 Propiedades Dinámicas de estructura con aisladores de base

Modo 1 2 3 4 5
Período 2.10 0.38 0.18 0.10 0.08
(seg.)
-0.1419 -0.2168 0.2262 0.2431 -0.3217
-0.0063 0.0388 -0.1483 -0.2956 0.5222
Φ -0.0147 0.1613 -0.4039 -0.4002 0.1846
-0.0208 0.3156 -0.3559 -0.0327 0.3947
-0.0245 0.4423 -0.0347 -0.3510 0.2962
El programa que se indica a continuación, encuentra las matrices de rigidez, masa,

periodos de vibración, modos de vibración, que se han anotado y también halla la matriz de
amortiguamiento, tema que se estudia en el siguiente capítulo y encuentra la respuesta en el
tiempo ante la componente horizontal del sismo de El Centro de 1940 utilizando el algoritmo de
Procedimiento de Espacio de Estado que se estudiará posteriormente; se presenta todo en
este ejemplo para tener completa la respuesta.
% Ejemplo
%
% Dr. Roberto Aguiar
% 18 Nov 2011
%-----------------------------------------------------------
nod=20;np=4;nr=4;
[CG,ngl]=cg_aislador(nod,np,nr);
CEINCI-ESPE
GEN=[1 1 5 3 1 1 1;5 5 9 3 1 1 1;9 9 13 3 1 1 1; 13 13 17 3 1 1 1;

17 1 2 2 1 1 1; 20 5 6 2 1 1 1; 23 9 10 2 1 1 1; 26 13 14 2 1 1 1;
29 17 18 2 1 1 1];
[NI,NJ]=gn_portico(GEN);
[VC]=vc_aislador(NI,NJ,CG);
NUDOS=[1 0.0 0.0 4 4 0.0 3.6; 2 7.1 0.0 4 4 0.0 3.6;
3 12.1 0.0 4 4 0.0 3.6; 4 19.2 0.0 4 4 0.0 3.6];
[X,Y]=glinea_portico(NUDOS);
% dibujo(X,Y,NI,NJ);
ELEM=[0.45 0.60;0.45 0.60;0.45 0.60;0.45 0.60;
0.45 0.60;0.45 0.60;0.45 0.60;0.45 0.60;
0.45 0.60;0.45 0.60;0.45 0.60;0.45 0.60;
0.45 0.60;0.45 0.60;0.45 0.60;0.45 0.60;
0.35 0.60; 0.35 0.60; 0.35 0.60;
0.35 0.60; 0.35 0.60; 0.35 0.60;
0.35 0.60; 0.35 0.60; 0.35 0.60;
0.35 0.60; 0.35 0.60; 0.35 0.60;
0.35 0.50; 0.35 0.50; 0.35 0.50];
E=2168870;
kb=[100.3; 100.3; 100.3; 100.3];
[SS]=krigidez_aislador(ngl,ELEM,L,seno,coseno,VC,E,kb);
Kaa=SS(1:5,1:5);Kab=SS(1:5,6:37);Kbb=SS(6:37,6:37);Kba=Kab';
K=Kaa-Kab*inv(Kbb)*Kba% Matriz de rigidez de aislación estructura
masas=[3.56;9.74;9.74;9.74;7.84];
[M]=masas_aislador (masas) % Matriz de masas de aislación estructura
[T,fi,OM]=orden_eig(K,M) % Estructura con aislación
zedas=0.05;% Superestructura
Ks=K(2:5,2:5);Ms=M(2:5,2:5);
[Ts,fis,OMs]=orden_eig(Ks,Ms); % Estructura con base empotrada
[Cs]=amortiguamiento(Ms,fis,OMs,zedas) % Amortiguamiento Base Empotrada
mt=M(1,1); % Masa total
zedab=0.10; % Amortiguamiento Aislador
cb=2*zedab*sqrt(mt*sum(kb));
cero=[0 0 0 0];
C=[cb cero;cero' Cs]; % Matriz de amortiguamiento con Aisladores
J=[1;0;0;0;0]; % Vector de Incidencia
load rec_centro; %Sismo de El Centro de 1940
p=ux/100; % Paso el acelerograma a m/s2.
n=length (p); % Numero de puntos del sismo
for i=1:5; q(i)=0; qp(i)=0; end; q=q'; qp=qp'; Y=[q;qp]
for i=1:n
a=p(i); % Un valor del acelerograma
t(i)=i*dT; % Tiempo
[Yn]=pee_de_uno(K,C,M,J,a,dT,Y);
qb(i)=Yn(1); % Desplazamiento del sistema de aislación
qt(i)=Yn(5); % Desplazamiento en el tope de la estructura
qt1(i)=Yn(2); %Desplazamiento en el primer piso
Y=Yn;
end
figure (1) % Acelerograma
plot(t,p);xlabel ('Tiempo'); ylabel ('Aceleracion'); title ('Acelerograma');
figure (2) % Desplazamiento Sistema de Aislación
plot(t,qb);xlabel ('Tiempo'); ylabel ('Desplazamiento'); title ('Aislacion');
figure (3); % Desplazamiento de Superestructura cuarto piso
plot (t,qt); hold on; plot (t,qt1,'r');
xlabel ('Tiempo'); ylabel ('Desplazamiento'); title ('1er Piso 4to piso');
figure (4)
plot(t,qb); hold on; plot (t,qt,'r');
xlabel ('Tiempo'); ylabel ('Desplazamiento'); title ('Aislacion-Super estructura');
10.7 PROGRAMAS DE CEINCI-LAB PARA AISLADORES DE BASE
Para que se entienda el archivo de datos del ejemplo 11, que se acaba de presentar y
sobre todo para comprender los programas de la librería de CEINCI-LAB, se presenta en la
figura 10.18, la numeración de los nudos dentro de un rectángulo, de los elementos dentro de
un círculo, se ha numerado las coordenadas principales de primero, del 1 al 5, luego los
restantes grados de libertad y a la derecha se indica el modelo de cálculo para el análisis
sísmico.
30 32 34 36
17 18 19 20
5 31
29
33
30
35
31
37
m4 5
13 14 15 16
22 24 26 28
13 14 15 16
4 23
26
25
27
27
28
29
m3 4
9 10 11 12
14 16 18 20
9 10 11 12
3 15
23
17
24
19
25
21
m2 3
5 6 7 8
6 8 10 12
5 6 7 8
2 7
20
9
21
11
22
13
m1 2
1 2 3 4
1 2 3 4
1 17 18 19 mb 1
Figura 10.18 Numeración de nudos, elementos y grados de libertad.
 Programa cg_aislador
[CG,ngl]=cg_aislador (nod,np,nr)
Este programa calcula, la matriz que contiene a las Coordenadas Generalizadas de

cada uno de los nudos y el número de grados de libertad de la estructura. Para los nudos del
sistema de aislación 1, 2, 3 y 4; este arreglo es [ 1 0 0 ], solo puede desplazarse en sentido
horizontal. Es decir este programa reproduce los grados de libertad que están indicados en la
figura 10.18. Los datos de entrada, son:
nod Número de nudos del pórtico.

np Número de pisos.
nr Número de nudos restinguidos.
function [CG,ngl]=cg_aislador(nod,np,nr)
%
% Programa para encontrar las coordenadas generalizadas
% en un Portico Plano con Aisladores de Base sobre la cimentación
CEINCI-ESPE
%
% CEINCI-ESPE
% Noviembre de 2011
%-------------------------------------------------------------
% [CG,ngl]=cg_aislador(nod,np,nr)
%-------------------------------------------------------------
% CG Matriz de coordenadas generalizadas
% nod Numero de nudos
% np Numero de pisos
% nr Numero de nudos con aisladores de base sobre cimentacion
%
ngl=0;CG=zeros(nod,3);
for i=1:nr
CG(i,1)=1;
end
ngl=ngl+1;icon=nr;
%------------Coordenadas Principales----------------------------
for i=1:np
ngl=ngl+1;
for j=1:nr
nn=icon+j;
CG(nn,1)=ngl;
end
icon=nn;
end
%-----------Coordenadas Secundarias----------------------------
icon=nr;
for i=1:np
for j=1:nr
nn=icon+j;ngl=ngl+1;
CG(nn,2)=ngl;
ngl=ngl+1;
CG(nn,3)=ngl;
end
icon=nn;
end
return
 Programa gn_portico
[NI,NJ]=gn_portico (GEN)
Este programa obtiene dos vectores denominados NI, NJ que contienen los nudos
iniciales y finales del pórtico. Los datos de ingreso vienen en la matriz GEN, el usuario podrá
ver el significado de cada variable de ingreso en el programa que se indica a continuación.
function [NI,NJ]=gn_portico(GEN)
%
% Programa para generar el Nudo inicial y final de los elementos
%
% CEINCI-ESPE
% Septiembre de 2009
% Revisado Septiembre 2011
%-------------------------------------------------------------
% [NI,NJ]=gn_portico(GEN)
%-------------------------------------------------------------
% GEN=[i,ia,ib,nig,ii,ina,inb]
% i Número del elemento
% ia Nudo inicial del elemento
% ib Nudo final del elemento
% nig Número de elementos a generar
% ii Incremento en la numeración de los elementos
% ina Incremento en la numeración del nudo inicial
% inb Incremento en la numeración del nudo final
% NI,NJ Vectores con los nudos iniciales y finales generados
nf=length(GEN(:,1));
for ij=1:nf
i=GEN(ij,1);ia=GEN(ij,2);ib=GEN(ij,3);nig=GEN(ij,4);
ii=GEN(ij,5);ina=GEN(ij,6);inb=GEN(ij,7);
NI(i)=ia;NJ(i)=ib;
for k=1:nig
i=i+ii;NI(i)=ia+ina;NJ(i)=ib+inb;
ia=NI(i);ib=NJ(i);
end
end
return
% ---end---
 Programa vc_aislador
[VC]=vc_aislador (NI,NJ,CG)
Este programa halla la matriz que contiene a los vectores de colocación de cada uno
de los elementos de la estructura. Este programa es diferente al vc_portico debido a que
ahora se trabaja con coordenadas relativas. Si se trabajará con el programa vc_portico, el
vector de colocación del elemento 1, sería: [1 0 0 2 6 7]. Pero como los desplazamientos de la
superestructura son relativos al sistema de aislación, el vector de colocación es [0 0 0 2 6 7] y
esto se obtiene con el programa vc_aislador
Los datos de entrada son: NI, NJ , vectores que contienen al nudo inicial y final de la
estructura y CG que es la matriz que contiene a las coordenadas generalizadas.
function [VC]=vc_aislador(NI,NJ,CG)
%
% Programa para calcular la matriz con los vectores de colocación
% en Porticos Planos con Aisladores de Base.
%
% CEINCI-ESPE
% Noviembre de 2011
%-------------------------------------------------------------
% [VC]=vc(NI,NJ,CG)
%-------------------------------------------------------------
% NI Vector con los nudos iniciales de los elementos
% NJ Vector con los nudos finales de los elementos
% CG Matriz que contiene las coord. generalizadas de nudos
mbr=length(NI);icod=length(CG(1,:));VC=zeros(mbr,icod);
for i=1:mbr
for j=1:icod
VC(i,j)=CG(NI(i),j);VC(i,j+icod)=CG(NJ(i),j);
end
if VC(i,1)==1
if VC(i,4)==1
CEINCI-ESPE
continue
else
VC(i,1)=0;
end
end
end
return
% ---end----
 Programa glinea_portico
[X,Y]=glinea_portico (NUDOS)
Este programa obtiene dos vectores denominados X, Y, con las coordenadas en

sentido X, Y, de cada uno de los nudos de la estructura. El ingreso de datos se realiza en la
matriz NUDOS, el contenido de esta matriz se ve en el listado del programa que se indica a
continuación.
function [X,Y]=glinea_portico(NUDOS)
%
% Programa para generar las coordenadas de los nudos en forma lineal
%
% CEINCI-ESPE
%-------------------------------------------------------------
% [X,Y]=glinea_portico(NUDOS)
%-------------------------------------------------------------
% NUDOS=[i,xi,yi,ij,inci,dx,dy]
%i Nudo inicial
% xi,yi Coordenadas del nudo inicial
% ij Numero de nudos a generar
% inci Incremento en la numeración del nudo inicial
% dx Incremento de longitud en X.
% dy Incremento de longitud en Y.
% X,Y Vector que contiene las coordenadas de los nudos
nf=length(NUDOS(:,7));
for k=1:nf
i=NUDOS(k,1);X(i)=NUDOS(k,2);Y(i)=NUDOS(k,3);
ij=NUDOS(k,4);inci=NUDOS(k,5);
dx=NUDOS(k,6);dy=NUDOS(k,7);
for ii=1:ij
X(i+ii*inci)=X(i)+ii*dx;
Y(i+ii*inci)=Y(i)+ii*dy;
end
end
return
 Programa longitud
[L,seno,coseno]=longitud (X,Y,NI,NJ)
Este programa halla tres vectores que se han denominado L, seno, coseno, que contiene
la longitud de cada uno de los elementos, el primer vector; el seno del ángulo que forma el eje
del miembro con el eje de las X, y el coseno del ángulo anterior. Esta información sirve para
obtener la matriz de rigidez en coordenadas globales. En la figura 10.19 se indica, a la
izquierda un elemento inclinado que forma un ángulo α , con la horizontal; la longitud del
elementos se halla con las coordenadas X, Y, del nudo inicial y final, por eso son datos los
vectores X, Y, que contienen las coordenadas de todos los nudos; NI, NJ, los vectores con la
información del nudo inicial y final de cada elemento.
Con los valores del seno y coseno se halla la matriz de paso de coordenadas locales a
globales. Aguiar (2014).
Figura 10.19 Coordenadas Locales y Globales de un elemento.
function [L,seno,coseno]=longitud (X,Y,NI,NJ)

%
% Programa que calcula longitud, seno, coseno de los elementos
%
% CEINCI-ESPE
%-------------------------------------------------------------
% [L,seno,coseno]=longitud (X,Y,NI,NJ)
%-------------------------------------------------------------
% X,Y Vector de coordenadas de los nudos
% NI,NJ Vector de nudos inicial y final de elementos
mbr=length(NI);
for i=1:mbr
dx=X(NJ(i))-X(NI(i));dy=Y(NJ(i))-Y(NI(i));
L(i)=sqrt(dx*dx+dy*dy);
seno(i)=dy/L(i);coseno(i)=dx/L(i);
end; return
 Programa krigidez_aislador
[SS]=krigidez_aislador (ngl,ELEM,L,seno,coseno,VC,E,kb)
El programa krigidez_aislador determina la matriz de rigidez de la estructura, es similar al

programa krigidez, que obtiene la matriz de rigidez de un pórtico plano con base empotrada.
Ahora se debe dar un dato más que es:
Kb Vector que contiene la rigidez de cada uno de los aisladores.
function [SS]=krigidez_aislador(ngl,ELEM,L,seno,coseno,VC,E,kb)
CEINCI-ESPE
%
% Programa para encontrar la matriz de rigidez de un portico plano
% o armadura plana con aisladores de base
%
% CEINCI-ESPE
% Noviembre de 2011
%-------------------------------------------------------------
% [SS]=krigidez_aislador(ngl,ELEM,L,seno,coseno,VC,E,kb)
%-------------------------------------------------------------
% ELEM Matriz que contiene la base y la altura de los elementos
% para el caso de pórticos planos.
% ELEM Vector que contiene el área de los elementos de armadura
% L Vector que contiene la longitud de los elementos
% seno Vectorque contiene los senos de los elementos
% coseno Vector que contiene los cosenos de los elementos
% VC Matriz que contiene los vectores de colocación de elementos
% E Modulo de elasticidad del material
% SS Matriz de rigidez de la estructura
% ngl Número de grados de libertad
% kb Vector que contiene la rigidez de cada uno de los aisladores
%
mbr=length(L); SS=zeros(ngl);icod=length(VC(1,:));
for i=1:mbr
if icod==4
A=ELEM(i,1); %Area de elemento
Lon=L(i);sen=seno(i);cose=coseno(i);
[k]=kdiagonal(A,Lon,E,sen,cose);
else
b=ELEM(i,1);h=ELEM(i,2);Lon=L(i);sen=seno(i);cose=coseno(i);
[k]=kmiembro(b,h,Lon,E,sen,cose);
end
for j=1:icod
jj=VC(i,j);
if jj==0
continue
end
for m=1:icod
mm=VC(i,m);
if mm==0
continue
end
SS(jj,mm)=SS(jj,mm)+k(j,m);
end
end
end
% Contribucion de aisladores
icont=length(kb); % Numero de aisladores
for i=1:icont
SS(1,1)=SS(1,1)+kb(i);
end; return
 Programa masas_aislador
[M]=masas_aislador(masas)
Programa para encontrar la matriz de masas de un pórtico plano con aisladores de

base, cuyo modelo numérico de cálculo, es similar al que está a la derecha de la figura 10.12.
Los datos se ingresan en el vector:
masas Contiene la masa del sistema de aislaciónmb, pero la total; del primer
m
piso 1 , total; del segundo piso m 2, etc. Con esta información el
programa encuentra la masa total de la estructura con sistema de
aislación que se había denominado m t , que es el primer elemento de la
matriz de masas.
function [M]=masas_aislador(masas)
%
% Programa para encontrar la matriz de masas de una estructura
% Plana con aisladores de base elastomericos sobre la cimentacion
%
% CEINCI-ESPE
% Noviembre de 2011
%-------------------------------------------------------------
% [M]=masas_aislador(masas)
%-------------------------------------------------------------
% masas Vector que contiene las masas de cada piso empezando
% por la masa de la losa de aislación; luego del primer
% piso hasta la del último piso.
ngl=length(masas); M=zeros(ngl);
for i=1:ngl
if i==1
M(i,i)=sum(masas);
else
M(i,i)=masas(i);M(1,i)=masas(i);M(i,1)=masas(i);
end
end
return
 Programa orden_eig
[T,fi,OM]=orden_eig (KE,MASA)
Programa que encuentra los valores y vectores propios de una estructura, a partir de los
siguientes datos:
KE Matriz de rigidez de la estructura.

MASA Matriz de masas de la estructura.
El programa reporta:
T Períodos de vibración de la estructura de mayor a menor.

fi Modos de vibración de la estructura.
OM Frecuencias de vibración.
function [T,fi,OM]=orden_eig(KE,MASA)
%
% Programa que calcular y ordenar los valores y vectores propios
% de menor a mayor
%
% CEINCI-ESPE
CEINCI-ESPE
% Octubre de 2009
%-------------------------------------------------------------
% [T,phi,OM]=orden_eig(K,M)
%-------------------------------------------------------------
% KE,MASA Matrices de rigidez y de masas
% V,OM Vectores propios y frecuencias de vibración
%T Períodos de vibración
n=length(KE);
[V,lamda]=eig(full(KE),full(MASA));
OM=sqrt(diag(lamda));[OM,ind]=sort(OM);fi=V(:,ind);
for i=1:n; T(i)=2*pi/OM(i); end; T=T';
Md=diag(fi'*MASA*fi);S=sqrt(1./Md);% Normalización de modos
fi=fi*diag(S);% Normalizado de tal manera que fi'*M*fi=1
return
 Programa amortiguamiento
[C]=amortiguamiento (M,phi,OM,zeda)
Programa que determina la matriz de amortiguamiento, C , tema que se estudiará en el

siguiente capítulo. Los datos de entrada, son:
M Matriz de masas.
phi Matriz que contiene los modos de vibración.
OM Vector con las frecuencias de vibración.
zeda Factor de amortiguamiento, un solo valor el mismo que se considera igual en
todos los modos de vibración.
function [C]=amortiguamiento(M,phi,OM,zeda)
%
% Programa para encontrar la matriz de amortiguamiento de una estructura
% Amortiguamiento tipo Wilson y Penzien
%
% CEINCI-ESPE
% Noviembre de 2009
%-------------------------------------------------------------
% [C]=amortiguamiento(M,phi,OM,zeda)
%-------------------------------------------------------------
% M Matriz de masa de la estructura
% phi Matriz que contiene los modos de vibración normalizados
% OM Vector que contiene las frecuencias de vibración de menor a mayor.
% ngl Número de grados de libertad
% zeda Factor de amortiguamiento de la estructura, un solo valor
n=length(M(:,1));
ZEDA=zeros(n);for i=1:n; ZEDA(i,i)=zeda; end
mms=diag(phi'*M*phi); % mms es un vector unitario
Cd=zeros(n);for i=1:n; Cd(i,i)=2*ZEDA(i,i)*OM(i)/mms(i); end
C=M*phi*Cd*phi'*M;
return;end
 Programa pee_de_uno
[Yn]=pee_de_uno (K,C,M,J,a,dT,Y)
Este programa encuentra la respuesta en el tiempo de una estructura, empleando el

Método denominado: Procedimiento de Espacio de Estado, que se estudiará más adelante.

Antes de describir los datos de entrada, es importante indicar el sistema de ecuaciones
diferenciales que se resuelve.
M q̈+C q̇+ K q=−M J a (t) (10.36)
Donde M ,C , K son las matrices de masa, amortiguamiento y rigidez del sistema; J es

el vector de incidencia de los grados de libertad con el movimiento del suelo; a (t) es la
aceleración del suelo definida por su acelerograma; q , q̇ , q̈, son los vectores de
desplazamiento, velocidad y aceleración.
En la formulación del Método: Procedimiento de Espacio de Estado, de la ecuación

(10.35) se despeja el vector q̈ .
q̈=−M −1 C q̇−M −1 K q +J a(t) (10.37)
En la ecuación (10.37), están prácticamente indicados todos los datos que ingresan al
programa, faltando indicar que el vector de estado Y está formado por el vector de
desplazamientos y por el vector de velocidades.
Y= q[]
q̇
Los datos de entrada son:
K Matriz de rigidez.
C Matriz de amortiguamiento.
M Matriz de masas.
J Vector de incidencia de movimiento del suelo, teniendo en cuenta la forma de
escritura de la ecuación (10.36).
a Un valor del acelerograma,
dT Incremento de tiempo con el cual viene el archivo del acelerograma.
Y Vector de estado que contiene los desplazamientos y velocidades, en el tiempo
discreto i .
El programa reporta, el vector de estado en el tiempo i+1 que se ha denominado Y n.
function [Yn]=pee_de_uno(K,C,M,J,a,dT,Y)
%
% Procedimiento de Espacio de Estado pero obtiene la respuesta
% en el tiempo. En este programa se halla para cada aceleración
% del suelo la respuesta en el tiempo.
%
% CEINCI-ESPE
% Octubre de 2009
%-------------------------------------------------------------
% [Yn]=pee_de_uno(K,C,M,J,a,dT,Y)
%-------------------------------------------------------------
% K,C,M Matrices de rigidez, amortiguamiento y masas
%J El vector de cargas Q=-M*J*a
%a Valor de una aceleración del acelerograma
% dT Incremento de tiempo
%Y Vector que contiene a los desplazamientos y velocidades
CEINCI-ESPE
% en el tiempo discreto k. Solo se halla la respuesta para

% un solo valor de aceleración
% Yn Nuevo vector Y para tiempo discreto k+1
n=length(K);for i=1:n; cero(i)=0; end; cero=cero';
F=[zeros(n) eye(n); -inv(M)*K -inv(M)*C];
B=[cero;J];A=expm(F*dT);Bd=F\(A-eye(2*n))*B;
Yn=A*Y+Bd*a;
return
Con relación a la estructura de 4 pisos, con aisladores de base, Ejemplo 11; el

programa descrito en el apartado anterior y que utiliza los programas del sistema CEINCI-LAB,
que se han indicado, reporta los siguientes gráficos.
Figura 10.20 Respuesta en el tiempo de Ejemplo 11.
El primer gráfico corresponde al acelerograma utilizado, las unidades son m/s 2; el

segundo es la respuesta en desplazamientos del sistema de aislación. Nótese que el
desplazamiento máximo está alrededor de los 15 cm. En el tercer gráfico de la figura 10.20 se
indican los desplazamientos del sistema de aislación y del 4to piso de la estructura; finalmente
en el último gráfico están los desplazamientos del 1ro y 4to piso. Se destaca una vez más que
los desplazamientos de la superestructura son relativos al movimiento del sistema de aislación.
REFERENCIAS
1. ACHISINA, (2001), Proposición de código para el análisis y diseño de edificios con

aislación sísmica, Asociación Chilena de Sismología e Ingeniería Sísmica., 70 p.,
Santiago de Chile.
2. Aguiar R., (1991), Análisis sísmico de estructuras en forma de Péndulo Invertido,
Politécnica del Ejército, 325 p., Quito.
3. Aguiar R., (2014), Análisis matricial de estructuras con CEINCI-LAB, Instituto
CEINCI-ESPE
Panamericano de Geografía e Historia IPGH. Cuarta Edición, 676 p.

4. Creamer B., (1986), Análisis aproximado de los efectos dinámicos en estructuras
espaciales usando los métodos aproximados: Rigideces Sucesivas y Método de los
ejes de corte. Lenguaje de programa Fortran 77, Tesis de Pre grado en Ing. Civil.
Escuela Politécnica del Ejército, Quito.
5. Wilson E., (1997), Three dimensional Dynamic Analysis of Structures. With emphasis
on Earthquake Engineering, Computer and Structures Inc, Berkeley, California.

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CAPÍTULO 10

Se presenta la solución del problema de vibraciones libres, sin considerar el

Un tema muy importante, en la dinámica de estructuras, es el relacionado con los

Con el propósito de reforzar lo visto en el capítulo anterior se continúa con el estudio de

Por otra parte, se presentan programas para encontrar la respuesta en el tiempo de

10.1 VIBRACIÓN LIBRE SIN AMORTIGUAMIENTO

Donde M , C , K son las matrices de masas, amortiguamiento y rigidez; Q

Se plantea la solución de (10.2) de la siguiente manera:

Al reemplazar q(t ), q (t ) y q (t ) en la ecuación (10.2) se tiene:

Por didáctica se va a llamar X el vector propio sin normalizar, y φ al vector

10.1.1 Valores Propios

La ecuación (10.5), representa el problema de valores y vectores propios, donde λ

La ecuación (10.5) tiene soluciones X distintas de cero, solamente si el determinante

λ1 = 676.888 λ2 =7603 .737

10.1.1 Propiedades dinámicas

del polinomio característico, se pasa a calcular las frecuencias de vibración

10.1.2 Modos de vibración

Se obtienen los modos de vibración, reemplazando los valores propios obtenidos en la

 Modos de vibración de Ejemplo 1.

o Cálculo del primer modo de vibración X (1).

K−λ 1⋅M= 12352.0 −3983.0 −( 676 .888 )⋅ 2.02 0.0

De tal manera que el sistema de ecuaciones es linealmente dependiente, eso significa

Al existir un infinito número de vectores propios, se habla de vectores propios

Para el modo de vibración i, se tendrá:

Normalizar los modos de vibración, si la constante de normalización es la unidad,

Al reemplazar valores en (10.11) se obtiene α ( 1)=0 .326 . Por lo tanto el primer

√ [ 1.000 2.758 ] 2.02 0.00 1.000

K−λ 2⋅M = 12352. 0 −3983. 0 −( 7603. 737 )⋅ 2. 02 0. 0

−3007. 549 −3983 . 0 ⋅ a = 0

φ( 2)= −0. 623

Modos de vibración de una estructura de dos pisos.

Los modos de vibración son adimensionales y lo que indican es como va a responder la

La estructura de la figura 10.1 a, es de 3 pisos de hormigón armado; sus columnas son

En la figura 10.1 c, se indica la numeración de los nudos y elementos encontrado con la

En los capítulos anteriores se estudió con detenimiento el cálculo de la matriz de

 Sub matrices de la matriz de rigidez en coordenadas de piso

61605 −34952 7573.1

 Sub matrices de la matriz de masas, en coordenadas de piso

Tabla 10.1 Períodos de vibración de la estructura en cada modo.

 Tres primeros modos

 El primer modo es traslacional en sentido Y, sin acoplamiento torsional. El segundo

Normalmente se considera que el Centro de Masas de un piso, coincide con el Centro

Por otra parte, en la estructura del Ejemplo 2, no se ha contemplado la existencia de

i) Cálculo del Centro de Gravedad de losa con abertura

ii) Cálculo del Centro de Masas de losa con abertura

Columna 8 0,21 6,30 0,30 1,31 0,06

Estrictamente, la distribución de la carga no es simétrica por la presencia de la abertura

De esta forma no se calcula J CM , en el presente ejemplo, debido a que se desea

PT (1,2)=D+0,25 L=0.7+0.25∗0.2=0.75 T /m2

PT (1,2 )∗A1 0.75∗(3∗8)

Figura 10.2 i) Distancias d 1 y d 2, desde el Centro de Gravedad (que se considera igual al

Para la Fig. 1, el valor a 1=3 m; b1 =8 m; y para la Fig. 2 a 2=9 m; b 2=12 m. En la

En la estructura indicada en la figura 10.3 a, se ha concentrado la masa m , en el nudo

i) Calcular el Centro de Masas del nudo rígido en forma de T.

(a) (b) (c)

i) Cálculo del Centro de Masas

En la figura 10.3 d, se presenta la geometría del nudo completamente rígido en forma

Tabla 10.5 Cálculo de coordenada Y del Centro de Masas

ii) Matriz de masas M