Ver la versión completa : Columna empotrada-articulada de sección variable.
Advertencia: Este hilo corresponde a la revisión matemática de la solución a un problema concreto de ingeniería. Es parte de un tema que Koko y yo llevamos discutiendo desde hará varios meses. Así que disculpad si somos poco claros o usamos citas del tipo "la ecuación (6.300) está mal". Si os parece incorrecto que este hilo "autista" esté abierto, podemos comunicarnos por correo electrónico, pero entonces lo deberíamos hacer con PDFs adjuntos por lo de las fórmulas :roll: .
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Voy a plantear el problema desde el punto de vista matemático, es decir, no me importa el significado físico de las constantes implicadas. Son simplemente parámetros que aparecen al resolver la ecuación.
Situación: Tenemos una columna idealizada en el sentido de Euler, es decir, considerada como una varilla de masa despreciable y tal que sus desviaciones respecto a la posición de equilibrio son lo bastante pequeñas como para linealizarlas.
La desviación respecto al equilibrio se indicará v(x), donde la coordenada x indica la posición en la columna.
Suponemos que la columna tiene un momento de inercia variable, según una fórmula cuadrática. Esto significa que los momentos que operan sobre la columna son:
\left.\begin{array}{ccccc}
\mathrm{Momento\ interno:} & \qquad & M_{\mathrm{int}} &
\quad = \quad & P\, v(x) - M + T\, x
\\ \\
\mathrm{Momento\ externo:} & \qquad & M_{\mathrm{ext}} &
\quad = \quad & -E\, I_a\, \left(\frac{x}{a}\right)^2\, \ddot{v}(x)
\end{array}\right\}
Igualanado los momentos se obtiene la ecuación
E\, I_a\, \left(\frac{x}{a}\right)^2\, \ddot{v}(x) +
P\, v(x) - M + T\, x \quad = \quad 0
Esta es la ecuación diferencial que describe el comportamiento de la viga. Es posible resolverla directamente, obteniéndose:
v(x) \quad = \quad \sqrt{\frac{x}{a}}\left[
A\,\sen\left(\delta\ln\frac{x}{a}\right) \ + \ B\,\cos\left(\delta\ln\frac{x}{a}\right)\right] \ +\ \frac{M-Tx}{P}
Donde A,B son las dos constantes de integración para la ecuación diferencial, y \delta es una forma de abreviar una expresión más bien complicada:
\delta \quad = \quad \sqrt{\frac{P^2a^2}{E^2I_a^2} - \frac{1}{4}}
como esto es bastante liante, se introduce:
k \quad = \quad \frac{P}{EI_a}
y entonces:
\delta \quad = \quad \sqrt{\frac{P^2a^2}{E^2I_a^2} - \frac{1}{4}} \quad = \quad \sqrt{k^2a^2 - \frac{1}{4}}
La viga está empotrada en su punto inferior, que es x=a (no es x=0 porque la inercia cuadrática se anularía en ese punto, y restaría generalidad al problema). Por tanto, tenemos dos condiciones inmediatas:
v(a) = 0 \qquad \mathrm{y} \qquad \dot{v}(a) = 0
que aplicándolas a la ecuación de la viga, fijan los parámetros:
A \quad = \quad \frac{aT - M}{P} \qquad \mathrm{y} \qquad
B \quad = \quad \frac{aT + M}{2\delta P}
______________________
Llegados a este punto, tenemos resuelta por completo la ecuación diferencial de la viga. El hecho de que la viga esté articulada en el otro extremo quiere decir que existe una longitud L tal que:
v(a+L) \quad = \quad 0 \qquad \mathrm{y} \qquad \ddot{v}(a+L) \quad = \quad 0
Estas ya no son condiciones iniciales. Por el contrario, la ecuación v(a+L)=0 es la que define el parámetro L, mientras que la segunda condición debe ser consecuencia de la naturaleza de la viga.
En los siguientes posts profundizaré en esto y explicaré lo que quiero decir. Por ahora baste saber lo siguiente: el hecho de imponer el empotramiento por la base determina la forma de la viga bajo las condiciones de carga, y por ello la longitud L, y la propiedad de articulación en a+L serán consecuencia de las condiciones que hemos impuesto hasta ahora a la viga.
Planteadas las cosas, más o menos, paso a comentar mis primeras conclusiones sobre este caso empotrado-articulado.
En primer lugar, koko, creo que la ecuación (6.300), a saber:
T \quad = \quad \frac{M}{L}
es totalmente incorrecta. Si no me equivoco, tomaste esta ecuación de los casos de inercia fija sin tener en cuenta que las reglas de juego han cambiado.
Me explico. Imagina que tienes una viga sujeta a determinada carga, y que sabes que esa viga está empotrada en x=a. Esto implica directamente que conoces A,B, y que por ello tienes determinada la ecuación de la viga, puesto que también conoces P,M,T,E,I_a, que son los demás parámetros.
En consecuencia, sabes que existe una longitud L tal que v(a+L)=0, y tal que L es la menor cantidad positiva que cumple tal cosa. Es decir, que existe un primer modo de pandeo.
Por las condiciones de contorno que hemos impuesto, sabemos que no sólo se verificará v(a+L)=0 en ese punto, sino que además \ddot{v}(a+L) = 0.
Muy bien, pues tomemos la ecuación diferencial que gobierna la viga:
E\, I_a\, \left(\frac{x}{a}\right)^2\, \ddot{v}(x) + P\, v(x) - M + T\, x \quad = \quad 0
Si en esta ecuación hacemos x=a+L, tenemos que se anularán los valores de v y \ddot{v}, así que nos quedará:
- M + T\, \left(a + L\right) \quad = \quad 0
Oh, oh, Koko, esta ecuación es incompatible con (6.300), de hecho se escribe:
aT + TL \quad = \quad M
Si fuese cierta la ecuación (6.300), tendrías que:
aT \quad = \quad 0
y por lo tanto que T=0. Pero si T=0, por (6.300) resulta que M=0. Y esto deja tu ecuación diferencial con una pinta completamente simplificada que no creo que sea la que buscas. No conozco el significado físico de esas constantes, pero me da la impresión de que no es buena cosa que se anulen.
Así que resumiré la condición fundamental de contorno:
Lema: Para que la viga esté articulada en x=a+L es necesario y suficiente que se cumpla:
.\hskip 16em
\left.\begin{array}{ccc}
v(a+L) &\quad = \quad& 0 \\
\\
T \cdot\left(a + L\right) &\quad = \quad& M
\end{array}\right\}
Me gustaría que prestaras atención a este problema antes de seguir discutiendo otros detalles, puesto que tengo la casi completa certeza de que la ecuación (6.300) es incorrecta.
:h:
Me gustaría comentar otra cosa relativa a las condiciones de contorno. Y es que si aceptamos que:
T \cdot \left(a + L\right) \quad = \quad M
tenemos que la ecuación (6.314) es equivalente a la ecuación (6.316), como de hecho tiene que ocurrir.
En efecto, observa que (6.314) dice:
(M+aT)\sqrt{1+\gamma}\sen(\delta\ln(1+\gamma)) \ -\ 2\delta (M-aT)\sqrt{1+\gamma}\cos(\delta\ln(1+\gamma))\ +\ 2\delta(M-T(a+L)) \quad = \quad 0
Y que por tanto el término de más a la derecha es cero. Dividiendo entonces por \sqrt{1+\gamma}, que es no nulo, obtenemos:
(M+aT)\sen(\delta\ln(1+\gamma)) \ -\ 2\delta (M-aT)\cos(\delta\ln(1+\gamma)) \quad = \quad 0
que es precisamente la ecuación (6.316).
En otras palabras: si usas la ecuación v(a+L) = 0, que es (6.314), y añades la condición T \cdot \left(a + L\right) = M, obtienes directamente que se cumple (6.316), es decir \ddot{v}(a+L), es decir, que a+L es punto de articulación.
Esto me confirma en el hecho de que tiene que ser forzosamente:
T \cdot \left(a + L\right) \quad = \quad M
A menos que querais mantener esto en privado(que no me parece mal) podriais plantear el problema en concreto? estas cosas me gustan.
Mi segundo post es un intento de fijar ideas rápidamente, pero escribir un resumen de todo lo que hemos ido haciendo con las vigas me llevaría horas. Además de que el trabajo es de koko, yo sólo soy el pinche matemático, así que debería ser él quien decididese qué quiere contar.
:h:
Planteadas las cosas, más o menos, paso a comentar mis primeras conclusiones sobre este caso empotrado-articulado.
En primer lugar, koko, creo que la ecuación (6.300), a saber:
T \quad = \quad \frac{M}{L}
es totalmente incorrecta. Si no me equivoco, tomaste esta ecuación de los casos de inercia fija sin tener en cuenta que las reglas de juego han cambiado.
Me explico. Imagina que tienes una viga sujeta a determinada carga, y que sabes que esa viga está empotrada en x=a. Esto implica directamente que conoces A,B, y que por ello tienes determinada la ecuación de la viga, puesto que también conoces P,M,T,E,I_a, que son los demás parámetros.
En consecuencia, sabes que existe una longitud L tal que v(a+L)=0, y tal que L es la menor cantidad positiva que cumple tal cosa. Es decir, que existe un primer modo de pandeo.
Por las condiciones de contorno que hemos impuesto, sabemos que no sólo se verificará v(a+L)=0 en ese punto, sino que además \ddot{v}(a+L) = 0.
Muy bien, pues tomemos la ecuación diferencial que gobierna la viga:
E\, I_a\, \left(\frac{x}{a}\right)^2\, \ddot{v}(x) + P\, v(x) - M + T\, x \quad = \quad 0
Si en esta ecuación hacemos x=a+L, tenemos que se anularán los valores de v y \ddot{v}, así que nos quedará:
- M + T\, \left(a + L\right) \quad = \quad 0
Oh, oh, Koko, esta ecuación es incompatible con (6.300), de hecho se escribe:
aT + TL \quad = \quad M
Si fuese cierta la ecuación (6.300), tendrías que:
aT \quad = \quad 0
y por lo tanto que T=0. Pero si T=0, por (6.300) resulta que M=0. Y esto deja tu ecuación diferencial con una pinta completamente simplificada que no creo que sea la que buscas. No conozco el significado físico de esas constantes, pero me da la impresión de que no es buena cosa que se anulen.
Así que resumiré la condición fundamental de contorno:
Lema: Para que la viga esté articulada en x=a+L es necesario y suficiente que se cumpla:
.\hskip 16em
\left.\begin{array}{ccc}
v(a+L) &\quad = \quad& 0 \\
\\
T \cdot\left(a + L\right) &\quad = \quad& M
\end{array}\right\}
Me gustaría que prestaras atención a este problema antes de seguir discutiendo otros detalles, puesto que tengo la casi completa certeza de que la ecuación (6.300) es incorrecta.
:h:
Hola a todos, últimamente estoy de aquí para allá y no tengo ocasión de entrar en el foro.
Leach, gracias a tu buena labor crítica he encontrado el fallo que comentas. Me explico: Lo que está mal es la ecuación diferencial de partida, debido a un despiste tonto que he tenido. Yo decía que la ecuación diferencial era:
E\, I_a\, \left(\frac{x}{a}\right)^2\, \ddot{v}(x) + P\, v(x) - M + T\, x \quad = \quad 0
Y eso es mentira, aunque por un sutil detalle, que se me escapó, y es que la T, no va multiplicada por x, sino por (x-a), cosa que se puede ver en la figura-esquema que puse, la cual esta mal, y donde dice "x" debería decir, (x-a). Por tanto la ecuación diferencial pasaría a ser:
E\, I_a\, \left(\frac{x}{a}\right)^2\, \ddot{v}(x) + P\, v(x) - M + T\, (x-a) \quad = \quad 0
Y ya sí que se cumpliría que T=M/L
Ha sido un despiste tonto, pero supongo que a partir de ahí deberían salir las cosas ya bien. Intentaré replantear el problema con esta nueva corrección, a ver que tal sale.
Espero también tu opinión.
Gracias Leach, por tu ayuda, me has abierto los ojos con el error :r:
En cuanto a lo que comenta Cyrock, ahora no tengo mucho tiempo de ponerme a explicar todo el tema del pandeo de nuevo, pero si quieres te puedo mandar un pdf con lo que llevo redactado del trabajo. AL fin y al cabo, esto será un trabajo de la Universidad que se hará público y de consulta gratuita.
Saludos.
Ok. Revisaré a partir de esa corrección. Ten en cuenta que también está mal la expresión del momento interno de la viga, en el párrafo del planteamiento de la ecuación diferencial. Ese asunto de:
\left.\begin{array}{ccccc} \mathrm{Momento\ interno:} & \qquad & M_{\mathrm{int}} & \quad = \quad & P\, v(x) - M + T\, x \\ \\ \mathrm{Momento\ externo:} & \qquad & M_{\mathrm{ext}} & \quad = \quad & -E\, I_a\, \left(\frac{x}{a}\right)^2\, \ddot{v}(x) \end{array}\right\}
que debería decir:
\left.\begin{array}{ccccc} \mathrm{Momento\ interno:} & \qquad & M_{\mathrm{int}} & \quad = \quad & P\, v(x) - M \ +\ T\, \left(x - a\right) \\ \\ \mathrm{Momento\ externo:} & \qquad & M_{\mathrm{ext}} & \quad = \quad & -E\, I_a\, \left(\frac{x}{a}\right)^2\, \ddot{v}(x) \end{array}\right\}
etc.
Me alegro de que esto esté aclarado, porque siguiendo con las ecuaciones me salían resultados muy raros. Con la ecuación diferencial corregida seguramente coincidan las cosas.
:h:
Sí, ya voy a corregir de nuevo esa cuestión. El caso es que en el dibujo se ve claramente que no es "x", sino (x-a), el factor que multiplica a la T. Pero a veces con el despiste, pues se meten patones.
Lo que si está claro es que debe cumplirse que T=M/L
Eso es sagrado. Lo dicen las leyes de Newton y no hay más que hablar, jajaaj.
Un saludo.
Ahora que se acaba la semana trataré de recalcular los puntos de Euler de estas columnas de inercia variable y ver si coinciden. Estoy leyéndome el Sadd de elasticidad por interés personal, así que a ver si consigo fijar mejor las ideas físicas del problema.
De paso, en el Sadd (pág. 72) se hace una interesante referencia a "Functionally Graded Materials" (FGMs), que son materiales cuyas propiedades de elasticidad son variables para adaptarlos a necesidades específicas. Me parece interesante y quizás sea posible relacionarlo con las columnas de inercia variable, como ejemplo de aplicación de materiales no isótropos.
:h:
Koko, por favor, corrígeme si cometo algún error.
Al resolver la ecuación diferencial corregida:
x^2\, \ddot{v}(x) + k^2a^2\, v(x) - \frac{Mk^2a^2}{P} + \frac{Tk^2a^2}{P}\, (x-a) \quad = \quad 0
obtengo una solución distinta a (6.304). Concretamente, obtengo:
v(x) \quad = \quad \sqrt{\frac{x}{a}}\left[ A\,\sen\left(\delta\ln\frac{x}{a}\right) \ + \ B\,\cos\left(\delta\ln\frac{x}{a}\right)\right] \ +\ \frac{M+T(a-x)}{P}
Observa que esta solución difiere de la (6.304) en la suma de una constante:
\frac{Ta}{P}
Voy a ver en qué afecta esto a los resultados posteriores.
----------------
Las condiciones v(a) = 0 y v'(a) = 0 salen diferentes.
En primer lugar, haciendo v(a) = 0 se obtiene directamente:
B \quad = \quad -\frac{M}{P}
Ahora, calculando la primera derivada, obtenemos que v'(a)=0 implica:
A \quad = \quad \frac{M + 2aT}{2P\delta}
Estas expresiones son diferentes de las propuestas en (6.310), (6.311) :???: .
Muchas otras fórmulas son diferentes, a partir de este punto. Me gustaría aclarar si esto es correcto.
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Muy bien, en cualquier caso, tenemos las condiciones que hacen falta para que v(a) = v'(a) = 0. Ahora vamos a por las otras dos condiciones.
La primera es que v(a+L) = 0. Esta condición nos sale gratis, puesto que define la constante L. Además, si ahora sustituímos en la ecuación diferencial el valor x=a+L obtenemos:
(a+L)^2\, \ddot{v}(a+L) - \frac{Mk^2a^2}{P} + \frac{Tk^2a^2}{P}\, L \quad = \quad 0
teniendo en cuenta que TL = M, esto se reduce a:
(a+L)^2\, \ddot{v}(a+L) \quad = \quad 0
es decir, que tenemos:
\ddot{v}(a+L) \quad = \quad 0
que es la cuarta condición, y que también nos sale gratis, gracias a la relación TL = M, y a v(a+L) = 0.
---------------------
Lo anterior significa que tenemos el problema corregido de la viga empotrada-articulada resuelto, con todas las constantes determinadas. Estas constantes difieren de las que tú obtenías, y de hecho las soluciones difieren en una constante de las que tú obtenías. Ahora vamos a intentar estudiar los aspectos físicamente relevantes, en particular el punto de pandeo L.
Bueno, koko, ahora vamos a atizarle al problema de determinar \gamma, o lo que es lo mismo L.
En primer lugar, observa que las soluciones se escriben:
v(x) \quad = \quad \sqrt{\frac{x}{a}}\left[ -\frac{M}{P}\,\sen\left(\delta\ln\frac{x}{a}\right) \ + \ \frac{M+2aT}{2P\delta}\,\cos\left(\delta\ln\frac{x }{a}\right)\right] \ +\ \frac{M+T(a-x)}{P}
Teniendo en cuenta que M = TL, esto toma una forma más conveniente:
v(x) \quad = \quad \sqrt{\frac{x}{a}}\left[ -\frac{M}{P}\,\cos\left(\delta\ln\frac{x}{a}\right) \ + \ \frac{M+2aT}{2P\delta}\,\sen\left(\delta\ln\frac{x }{a}\right)\right] \ +\ \frac{T(a+L-x)}{P}
De esta forma, si haces x=a+L, la parte no trigonométrica se anula, y obtenemos:
v(a+L) \quad = \quad
\sqrt{\frac{a+L}{a}}\left[ -\frac{M}{P}\,\cos\left(\delta\ln\frac{a+L}{a}\righ t) \ + \ \frac{M+2aT}{2P\delta}\,\sen\left(\delta\ln\frac{a +L}{a}\right)\right]
Como v(a+L)=0, podemos igualar a cero la expresión de arriba, y tenemos:
-\frac{M}{P}\,\cos\left(\delta\ln\frac{a+L}{a}\righ t) \ + \ \frac{M+2aT}{2P\delta}\,\sen\left(\delta\ln\frac{a +L}{a}\right) = 0
Sueles denominar \gamma = L/a, así que tenemos:
-\frac{M}{P}\,\cos\left(\delta\ln\left(1+\gamma\rig ht)\right) \ + \ \frac{M+2aT}{2P\delta}\,\sen\left(\delta\ln\left(1 +\gamma\right)\right) = 0
Y por tanto llegamos a una de nuestras queridas ecuaciones implícitas:
\tan\left(\delta\ln(1+\gamma)\right) \quad = \quad \frac{2M\delta}{M + 2aT}
Bueno, ahora observemos:
\frac{2M\delta}{M + 2aT} \quad = \quad
\frac{2\delta}{1 + \frac{2aT}{M}} \quad = \quad
\frac{2\delta}{1 + \frac{2}{\gamma}}
Por lo tanto, la fórmula implícita es:
\tan\left(\delta\ln(1+\gamma)\right) \quad = \quad \frac{2\delta}{1 + 2\gamma^{-1}} \quad = \quad
\frac{2\delta\gamma}{2 + \gamma}
Si no he cometido ningún error, esta es la fórmula que debes aplicar. Esta fórmula coincide con la (6.318) :) . No me preguntes por qué.
------------------------------
Bueno, me gustaría que comprobases estos cálculos antes de seguir con este asunto.
Bueno, koko, he estado mirando el problema de la barra articulada-empotrada (sección 6.5.2), y simplemente la cosa no me sale coherente. Según tu planteamiento, tenemos en general que el momento externo es:
M_{\mathrm{ext}} \quad = \quad P\cdot v(x) \ - \ M \ + \ T\cdot(x-a)
De manera que en x=a el momento interno nunca puede ser cero, y de hecho vale:
M_{\mathrm{ext}} \quad = \quad -M
Esto implica, sumando el momento interno al externo, que en x=a tenemos:
{E I_a}\ddot{v}(a) \ - \ M \quad = \quad 0
A fin de cuentas:
\ddot{v}(a) \quad = \quad \frac{M}{E I_a} \quad = \quad
\frac{Mk^2}{P} \quad \ne \quad 0
Es decir: Tal y como has planteado el problema, la viga no puede estar articulada en x=a.
La articulación en x=a es incompatible con las ecuaciones que has escrito, en particular con la ecuación diferencial de partida.
-------------
He observado que en la figura 6.20 (pp. 189ss) has invertido la viga, tomando las mismas soluciones de la ecuación diferencial. Esto no sirve de nada: por más que cambies el origen de coordenadas, no podrás anular el momento externo de la viga en x=a, y por ello no lograrás la articulación en ese punto.
Simplemente observa que si calculas la condición (6.367) obtienes, naturalmente:
v(a) = 0 \qquad \Rightarrow \qquad B = -\frac{M}{P}
como ya teníamos en la sección anterior.
Pero si ahora calculas la segunda derivada en x=a lo que tienes es:
\ddot{v}(a) = -\frac{B}{a^2}\, \left(\frac{1}{4} + \delta^2\right)
\quad = \quad -\frac{B}{a^2}\, k^2a^2 \quad = \quad
-B k^2
Por lo tanto la condición (6.368) es:
\ddot{v}(a) = 0 \qquad \Rightarrow \qquad -B\, k^2 = 0 \qquad \Rightarrow \qquad B = 0
y la condición B=0 entra en conflicto con la condición B=-M/P, precisamente porque los momentos interno y externo tienen que ser iguales, por ello distintos de cero.
Es decir: por más que has invertido la viga, las condiciones de articulación siguen siendo incompatibles entre si. No puede haber articulación en ese punto, según tu modelo.
Por lo tanto, si quieres articular tu viga en x=a vas a tener que cambiar las hipótesis físicas que has hecho. O como matemático, más bien diré que tienes que cambiar las relaciones entre las constantes que estás empleando en tus ecuaciones.
:h:
Hola leach. De nuevo he estado de viaje y sólo me puedo conectar de higos a brevas, espero que a partir del miercoles entre en el foro con mayor frecuencia.
Gracias ante todo por tu dedicación al problema.
En cuanto a lo del primer caso (empotrada-articulada), ya parece que está claro, y por suerte parece que la expresión que usé para hallar la carga de pandeo, coincide con la de verdad, jajajaja, vaya potra!!!
En lo referente al segundo caso (articulada-empotrada), me temo que ha pasado algo similar
El momento externo no es:
M_{\mathrm{ext}} \quad = \quad P\cdot v(x) \ - \ M \ + \ T\cdot(x-a)
Sino:
M_{\mathrm{ext}} \quad = \quad P\cdot v(x) \ - \ M \ + \ T\cdot(a+L-x)
Vamos, que también varía el brazo por el que hay que multiplicar a T. En el caso anterior era por (x-a), pero al darle la vuelta a la barra, también cambia ese factor.
Por tanto, esa si que es la ecuación correcta.
Ya me habia percatado del error hace unos dias, pero no habia podido entrar antes al foro. Siento haberte mareado.
Ahora sólo falta calcular, bajo las nuevas condiciones, la carga de pandeo para este caso articulado-empotrado, y comparar con el caso empotrado-articulado, a ver si definitivamente son iguales o no lo son. Ese es el tema.
Bueno, pues voy a ver si saco un rato y le meto mano de nuevo a esto, y a ver si finalmente consigo que le des el visto bueno al tema :wink:
Para el miercoles espero conectarme ya mas a menudo, y ese mismo dia escribiré en el foro mis resultados.
Gracias.
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Por cierto, estoy paralelamente a esto con otra parte del trabajo en la que me surge la siguiente ecuación:
\frac{\sin \left[\delta \ln \frac{x}{a}\right]}{\sin \left[\delta \ln (1+\gamma)-\delta \ln \frac{x}{a}\right]}=\frac{M_B}{M_A}
Conozco MB, MA, y \delta, y el objetivo es despejar la x. Me ha surgido hoy mismo, y como de costumbre no voy a parar hasta dar con una expresión analítica para despejar x. Aun no me ha dado tiempo a pensar, pero supongo que descomponiendo el seno del denominador, quizas pueda hacerse.
Bueno, ahí la dejo por si ves la solución de manera inmediata. Yo tengo que pararme a pensar algo más :wink:
Un saludo, y muchas gracias.
El momento externo no es:
M_{\mathrm{ext}} \quad = \quad P\cdot v(x) \ - \ M \ + \ T\cdot(x-a)
Sino:
M_{\mathrm{ext}} \quad = \quad P\cdot v(x) \ - \ M \ + \ T\cdot(a+L-x)
Esta última fórmula me resulta coherente si hay empotrado en x=a+L y articulación en x=a. En fin, matemáticamente la cosa se sostiene. Resolveré este caso en cuanto reuna algo de tiempo.
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Por cierto, estoy paralelamente a esto con otra parte del trabajo en la que me surge la siguiente ecuación:
\frac{\sin \left[\delta \ln \frac{x}{a}\right]}{\sin \left[\delta \ln (1+\gamma)-\delta \ln \frac{x}{a}\right]}=\frac{M_B}{M_A}
Conozco MB, MA, y \delta, y el objetivo es despejar la x. Me ha surgido hoy mismo, y como de costumbre no voy a parar hasta dar con una expresión analítica para despejar x. Aun no me ha dado tiempo a pensar, pero supongo que descomponiendo el seno del denominador, quizas pueda hacerse.
No tengo claro si conoces \gamma o no. Sospecho que sí, porque esta ecuación parece la de cálculo de una flecha máxima, o algo parecido. En caso de que conozcas \gamma, naturalmente esto es muy fácil de resolver.
Para abreviar, llama:
\omega \quad = \quad \delta\ln(1+\gamma)
\mu \quad = \quad \delta\ln(x/a)
Entonces tienes:
\frac{\sen\mu}{\sen(\omega-\mu)} \quad = \quad \frac{M_B}{M_A}
Luego:
M_A\, \sen\mu \quad = \quad M_B\sen\omega\cos\mu - M_B\cos\omega\sen\mu
\left(M_B\cos\omega + M_A\right)\sen\mu \quad = \quad M_B\sen\omega\cos\mu \quad = \quad \pm M_B\sen\omega\, \sqrt{1-\sen^2\mu}
de donde se llega a:
\sen\mu \quad = \quad \pm\, \frac{M_B\sen\omega}
{\sqrt{\left(M_B\cos\omega + M_A\right)^2 + M_B^2\sen^2\omega}}
\quad = \quad
\pm\, \frac{M_B\sen\omega}
{\sqrt{M_A^2\ + M_B^2 + 2M_AM_B\cos\omega}}
De forma que:
x\quad = \quad a\, \exp\left[\arcsen\left(\frac{M_B\sen\omega}
{\sqrt{M_A^2\ + M_B^2 + 2M_AM_B\cos\omega}}\right)\right] \; , \qquad \omega \ = \ \delta\ln(1+\gamma)\; .
observa que podemos obviar el \pm de la fórmula anterior, puesto que el arcoseno es simétrico respecto a la inversión de signo. Es decir, que la fórmula de arriba te está dando una infinidad de soluciones, puesto que el arcoseno de un ángulo no es único. Creo que ya habíamos topado con esto en alguna ocasión, y era sencillo encontrar el arcoseno particular que te interesaba fijándose en las condiciones del problema.
Bueno, koko, creo que tengo buenas noticias. La condición para la barra articulada-empotrada me resulta:
\tan\left(\delta\ln(1+\gamma)\right) \quad = \quad a\, \frac{2\delta\gamma}{2+\gamma}
Es decir, como en el caso anterior, pero multiplicando por a en el lado de la derecha. Esto rompe el problema de la simetría: las soluciones no son las mismas que en el caso empotrado-articulado.
Entraré en los cálculos en el apartado siguiente. Por ahora me gustaría hacerte una pregunta que me está planteando dudas. Dices que el momento externo en este caso es:
M_{ext} \quad = \quad Pv(x) - M + T\left(a+L-x\right)
Mi pregunta es por qué no es:
M_{ext} \quad = \quad Pv(x) - M + T\left(x-a-L\right)
Sigo sin entender muy bien cómo eliges los momentos y sus relaciones, pero tengo curiosidad por saber el por qué de esa elección del signo.
Aquí va el cálculo para la barra articulada-empotrada con el momento exterior que me has indicado. La ecuación diferencial resulta:
x^2\ddot{v}(x) + k^2a^2v(x) - \frac{Mk^2a^2}{P} + \frac{Tk^2a^2}{P}(a+L-x) \quad = \quad 0
Recordando que M = TL esto puede reducirse a:
x^2\ddot{v}(x) + k^2a^2v(x) + \frac{Tk^2a^2}{P}(a-x) \quad = \quad 0
Si resolvemos la ecuación diferencial, obtenemos:
v(x) \quad = \quad \sqrt{\frac{x}{a}}\left[ A\,\sen\left(\delta\ln\frac{x}{a}\right) \ + \ B\,\cos\left(\delta\ln\frac{x}{a}\right)\right] \ -\ \frac{T(a-x)}{P}
Haciendo ahora v(a) = 0 tenemos directamente la condición B=0, lo cual es muy buena cosa. Las soluciones nos han quedado reducidas a:
v(x) \quad = \quad A\, \sqrt{\frac{x}{a}} \sen\left(\delta\ln\frac{x}{a}\right) \ -\ \frac{T(a-x)}{P}
La condición \ddot{v}(a) = 0 es redundante, puesto que podemos comprobar directamente que tomando la solución de arriba y derivándola dos veces obtenemos cero. Otra manera de verlo es observando que el momento externo en x=a es:
M_{ext} \quad = \quad -M + TL \quad = \quad 0
luego el momento interno debe ser cero en ese punto, y por ello también \ddot{v}(a). Por lo tanto, para determinar la constante de integración A necesitaremos usar una de las condiciones en x=a+L.
Las condiciones que nos quedan son v(a+L) = 0 y \dot{v}(a+L) = 0. Si empleamos la primera, tenemos la relación:
v(a+L) \quad = \quad A\,\sqrt{1+\gamma}\, \sen\left(\delta\ln(1+\gamma)\right) \ +\ \frac{M}{P} \quad = \quad 0 \qquad \qquad \qquad (1)
Esta condición la dejaremos así, puesto que pone A en función del seno. Ahora veamos la segunda condición:
\dot{v}(a) \quad = \quad \frac{A\,\sen\left(\delta\ln(1+\gamma)\right)}{2\s qrt{1+\gamma}\, a} \ + \ \sqrt{1+\gamma}\, \frac{A\,\cos\left(\delta\ln(1+\gamma)\right)}{a+L }\,\delta \ + \ \frac{T}{P} \quad = \quad 0
Si sustituimos el valor de A que obtenemos en (1) y operamos, esta condición nos queda mucho mejor:
-\frac{M}{P}\, \left[\frac{1}{2a\,(1+\gamma)} \ + \ \frac{\,\mathrm{cotan}\,\left(\delta\ln(1+\gamma)\ right)}{1+\gamma}\,\delta \right] \ + \ \frac{T}{P} \quad = \quad 0
Ahora despejando tenemos:
\frac{T}{M} \quad = \quad \frac{1}{2a}\frac{1}{1+\gamma} \ + \ \frac{\delta}{1+\gamma}\, \,\mathrm{cotan}\,\left(\delta\ln(1+\gamma)\right)
Observa que si pasamos el 2a\,(1+\gamma) multiplicando, tenemos:
2a\,\frac{T}{M}(1+\gamma) \quad = \quad 2a\,\frac{1}{L}(1+\gamma) \quad = \quad 2\gamma^{-1}(1+\gamma) \quad = \quad
2\gamma^{-1}+ 2
Por ello:
2\gamma^{-1}+ 2 \quad = \quad 1 + 2a\delta \,\mathrm{cotan}\,\left(\delta\ln(1+\gamma)\right)
de donde
2\gamma^{-1}+ 1 \quad = \quad 2a\delta \,\mathrm{cotan}\,\left(\delta\ln(1+\gamma)\right)
y finalmente:
\tan\left(\delta\ln(1+\gamma)\right) \quad = \quad
\frac{2a\delta}{2\gamma^{-1} + 1} \quad = \quad
a\, \frac{2\delta\gamma}{2+\gamma}
Que como puedes ver, es diferente de la condición empotrada-articulada.
Por favor, revisa los cálculos por si he cometido un error en alguna parte. He hecho los cálculos dos veces, pero es posible que me saltara algo, puesto que hice uno seguido del otro, y los errores tienden a repetirse.
:h:
Hola. Ya estoy por aquí de nuevo. Bueno, en primer lugar, gracias como siempre.
Vamos por partes:
No tengo claro si conoces \gamma o no. Sospecho que sí, porque esta ecuación parece la de cálculo de una flecha máxima, o algo parecido. En caso de que conozcas \gamma, naturalmente esto es muy fácil de resolver.
Para abreviar, llama:
\omega \quad = \quad \delta\ln(1+\gamma)
\mu \quad = \quad \delta\ln(x/a)
Entonces tienes:
\frac{\sen\mu}{\sen(\omega-\mu)} \quad = \quad \frac{M_B}{M_A}
Luego:
M_A\, \sen\mu \quad = \quad M_B\sen\omega\cos\mu - M_B\cos\omega\sen\mu
\left(M_B\cos\omega + M_A\right)\sen\mu \quad = \quad M_B\sen\omega\cos\mu \quad = \quad \pm M_B\sen\omega\, \sqrt{1-\sen^2\mu}
de donde se llega a:
\sen\mu \quad = \quad \pm\, \frac{M_B\sen\omega}
{\sqrt{\left(M_B\cos\omega + M_A\right)^2 + M_B^2\sen^2\omega}}
\quad = \quad
\pm\, \frac{M_B\sen\omega}
{\sqrt{M_A^2\ + M_B^2 + 2M_AM_B\cos\omega}}
De forma que:
x\quad = \quad a\, \exp\left[\arcsen\left(\frac{M_B\sen\omega}
{\sqrt{M_A^2\ + M_B^2 + 2M_AM_B\cos\omega}}\right)\right] \; , \qquad \omega \ = \ \delta\ln(1+\gamma)\; .
observa que podemos obviar el \pm de la fórmula anterior, puesto que el arcoseno es simétrico respecto a la inversión de signo. Es decir, que la fórmula de arriba te está dando una infinidad de soluciones, puesto que el arcoseno de un ángulo no es único. Creo que ya habíamos topado con esto en alguna ocasión, y era sencillo encontrar el arcoseno particular que te interesaba fijándose en las condiciones del problema.
Sí, efectivamente conocía \gamma, pero se me olvidó ponero en el enunciado. :cabezazo: Veo que descompiniendo el seno de suma de dos angulos permite obtener la solución de manera sencilla.
Bueno, koko, creo que tengo buenas noticias. La condición para la barra articulada-empotrada me resulta:
\tan\left(\delta\ln(1+\gamma)\right) \quad = \quad a\, \frac{2\delta\gamma}{2+\gamma}
Es decir, como en el caso anterior, pero multiplicando por en el lado de la derecha. Esto rompe el problema de la simetría: las soluciones no son las mismas que en el caso empotrado-articulado.
Entraré en los cálculos en el apartado siguiente. Por ahora me gustaría hacerte una pregunta que me está planteando dudas. Dices que el momento externo en este caso es:
M_{ext} \quad = \quad Pv(x) - M + T\left(a+L-x\right)
Mi pregunta es por qué no es:
M_{ext} \quad = \quad Pv(x) - M + T\left(x-a-L\right)
Sigo sin entender muy bien cómo eliges los momentos y sus relaciones, pero tengo curiosidad por saber el por qué de esa elección del signo.
Bueno, esto en realidad es simplemente por convenio de signos. Yo en el dibujo o esquema, establezco unos sentidos coherentes con la estática y les adjudico un signo por convenio. Por ejemplo, veamos este dibujo:
http://img328.imageshack.us/img328/992/leach7nk.jpg
En este dibujo, he dado un sentido de giro al momento en la base, el cual me marca la forma de deformación de la columna y a su vez el sentido de giro del momento interno y del par cortante "T", el cual debe compensar la suma de momentos en cualquier sección de la barra.
En cuanto a utilizar T*(a+L-x), en vez de T*(x-(a+L)), pues es eso, para mantener el mismo criterio de signos en el planteamiento, y como la x=0 en la parte superior y x=a+L en la base de la barra, pues tenemos que a+L-x>0, y por ello tomo esa distancia como positiva, y la empleo en la ecuación de equilibrio.
Aquí va el cálculo para la barra articulada-empotrada con el momento exterior que me has indicado. La ecuación diferencial resulta:
...
\tan\left(\delta\ln(1+\gamma)\right) \quad = \quad \frac{2a\delta}{2\gamma^{-1} + 1} \quad = \quad a\, \frac{2\delta\gamma}{2+\gamma}
He estado calculando la carga crítica con esta nueva consideración (T*(a+L-x)) y a mi si que me sale igual que la del caso empotrado-articulado, es decir:
\tan\left(\delta\ln(1+\gamma)\right) \quad = \quad \frac{2\delta\gamma}{2+\gamma}
A partir del siguiente paso que diste, difiero en los cálculos:
Si sustituimos el valor de que obtenemos en (1) y operamos, esta condición nos queda mucho mejor:
-\frac{M}{P}\, \left[\frac{1}{2a\,(1+\gamma)} \ + \ \frac{\,\mathrm{cotan}\,\left(\delta\ln(1+\gamma)\ right)}{1+\gamma}\,\delta \right] \ + \ \frac{T}{P} \quad = \quad 0
Y sin embargo yo llego a:
-\frac{M}{P}\, \left[\frac{1}{2a\,(1+\gamma)} \ + \ \frac{\,\mathrm{cotan}\,\left(\delta\ln(1+\gamma)\ right)}{a+L}\,\delta \right] \ + \ \frac{T}{P} \quad = \quad 0
En base a esta modificación, obtengo la carga de pandeo igual a la del caso empotrado-articulado.
Quizás me haya equivocado en algo, pero lo he repasado varias veces y me sale siempre eso.
Que opinas?
Un saludo, y gracias por tu tiempo.
Aquí va el cálculo para la barra articulada-empotrada con el momento exterior que me has indicado. La ecuación diferencial resulta:
...
\tan\left(\delta\ln(1+\gamma)\right) \quad = \quad \frac{2a\delta}{2\gamma^{-1} + 1} \quad = \quad a\, \frac{2\delta\gamma}{2+\gamma}
He estado calculando la carga crítica con esta nueva consideración (T*(a+L-x)) y a mi si que me sale igual que la del caso empotrado-articulado, es decir:
\tan\left(\delta\ln(1+\gamma)\right) \quad = \quad \frac{2\delta\gamma}{2+\gamma}
A partir del siguiente paso que diste, difiero en los cálculos:
Si sustituimos el valor de que obtenemos en (1) y operamos, esta condición nos queda mucho mejor:
-\frac{M}{P}\, \left[\frac{1}{2a\,(1+\gamma)} \ + \ \frac{\,\mathrm{cotan}\,\left(\delta\ln(1+\gamma)\ right)}{1+\gamma}\,\delta \right] \ + \ \frac{T}{P} \quad = \quad 0
Y sin embargo yo llego a:
-\frac{M}{P}\, \left[\frac{1}{2a\,(1+\gamma)} \ + \ \frac{\,\mathrm{cotan}\,\left(\delta\ln(1+\gamma)\ right)}{a+L}\,\delta \right] \ + \ \frac{T}{P} \quad = \quad 0
En base a esta modificación, obtengo la carga de pandeo igual a la del caso empotrado-articulado.
Quizás me haya equivocado en algo, pero lo he repasado varias veces y me sale siempre eso.
Tu cálculo es correcto. En efecto, he revisado la fórmula y da:
\tan\left(\delta\ln(1+\gamma)\right) \quad = \quad \frac{2\delta\gamma}{2+\gamma}
Lo que por otro lado tenía que ser así: al multiplicar por a en el lado de la derecha las unidades no concordaban con el lado de la izquierda :???: .
Verás, pensando seriamente en el problema, no entiendo por qué hay tanto problema conque la carga crítica tenga que ser distinta: a fin de cuentas se trata de la misma viga, aunque le hayas dado la vuelta, y se trata por tanto de la misma carga. En cierto sentido, creo que la concordancia de cargas críticas es de esperar.
Bueno, si nos trasladamos al caso de columna empotrada-libre, la carga de pandeo si difiere de la libre-empotrada.
En el pdf de mi trabajo están hechos los cálculos, y creo que esos si están bien, ya que no influye el cortante T, y no haý baile de (x-a-L) ni x-a, ni cosas de esas. :wink:
PD: La condicion de extremo libre es: v(x)=\Delta
Pero tiene cierto sentido que esos casos difieran, porque la situación es mucho más asimétrica. La cosa es que para empezar, en nuestro caso la viga está sujeta por los dos extremos, y esa condición es obviamente simétrica. Las condiciones sobre las derivadas se imponen a mayores, y aunque son asimétricas, no lo son tanto como el hecho de que haya un extremo libre.
Pero a fin de cuentas, si los cálculos están bien hechos, creo que hay poco que se pueda objetar. Estas cosas pasan.
Se me ocurre que se podría intentar atacar la viga con otros planteamientos, y ver si ocurre lo mismo. O podría consultarse alguna fuente alternativa, si es que la hay.
--------
Dicho en otras palabras, como hemos comprobado, de las 4 condiciones que aparecen en el caso empotrado-articulado, siempre hay una que es trivial. Esto significa, a fin de cuentas, que el caso empotrado-articulado puede considerarse semejante al caso libre, pero con \Delta=0. Y por ello es simétrico si se mira directamente, o al darle la vuelta :?: .
Pasando a otro tema, la discusión sobre cómo representar las cargas críticas en general, usando la ecuación:
\left(s_{ii} - 4\left(\frac{1}{\eta_a} - 1\right)\right) \cdot
\left(s_{jj} - 4\left(\frac{1}{\eta_b} - 1\right)\right) \quad = \quad
(s_{ij})^2
He encontrado un problema que ya es usual: la existencia de múltiples soluciones para el problema. En primer lugar indicaré la cadena de comandos MAPLE que he seguido para llegar a esa conclusión:
s := sin(d*log(1+g));
c := cos(d*log(1+g));
f := ((4*d^2+1)*g)/(2*(4*d*(2+g)*c + g*(4*d^2-1)*s - 8*d*sqrt(1+g)));
sii := f*(1+g)*(2*g*d*c -(2+g)*s);
sij := 2*f*(1+g)*(s-g*d*sqrt(1/(1+g)));
sjj := f*(2*g*d*c-(2+g)*s);
q := (sii - 4*((1/eta_a)-1))*(sjj - 4*((1/eta_b)-1)) - (sij)^2;
Hasta aquí las definiciones. Esto debería ser compatible con Mathematica.
Ahora, para encontrar soluciones de tu problema, confinadas en una cierta región, hagamos:
# Primero hacemos gamma = 1,
# para hacer una representacion grafica
# de este caso.
h := eval(q,g=1);
# Ahora representamos implicitamente la
# ecuacion h = 0 en tres dimensiones:
# eta_a , eta_b , d .
with(plots):
implicitplot3d(h=0, eta_a=0..1, eta_b=0..1, d=-10..10, grid=[20,20,20]);
El resultado es la siguiente grafica:
http://img.villagephotos.com/p/2005-6/1027066/grof2.gif
Como puedes ver, para eta_a y eta_b fijos, y gamma=1, existen varias elecciones de delta que hacen cero la ecuación que nos dan: para empezar, es evidente que si un delta vale, también vale el opuesto. Pero además existen varias soluciones positivas en general, unas de ellas que valen aproximadamente 5, otras que valen aproximadamente 10, etc.
En fin, échale una mirada a esto a ver si no hay ningún fallo, y si es correcto, habrá que determinar una manera de seleccionar unas soluciones en particular.
Hola. Pues como ya es costumbre, el valor de delta que me interesa es el menor valor positivo. Para que te hagas una idea, aquí estan las soluciones de delta que hallé de manera manual para diferentes valores de eta_A y eta_B y gamma=1:
http://img510.imageshack.us/img510/9489/leach8nu.jpg
Koko, si observas la gráfica de arriba verás que hay una discontinuidad en los menores valores positivos. Los menores valores positivos se acumulan en esa cáscara cerrada que hay en medio de la gráfica, pero no cubren todos los valores de eta_a y eta_b. De manera que para ciertos valores hay que tomar la cáscara más exterior (la que vale casi 10 para eta_a = eta_b = 1). Esto implica directamente que vas a tener una cierta discontinuidad en los valores de delta, a menos que tomes una cáscara determinada y consistente.
Siempre que mis cálculos con Maple hayan sido correctos. Me gustaría que los trasladaras a Mathematica, y vieras si representan la situación que estás estudiando.
Observa por ejemplo, que en tu tabla tienes:
eta_a = eta_b = 0 ---> delta = 9.07. Este punto está representado en la gráfica por la hoja superior de la superficie, que es casi plana y viene a valer 10.
eta_a = eta_b = 1 ----> delta = 4.53. Este punto está representado en la gráfica por el elipsoide interior, y viene a valer algo menos de 5 en ese punto.
Es por tanto muy posible que haya discontinuidades al pasar de una hoja de la función a la otra. De hecho, debería haber discontinuidades.
De todos modos, estoy bastante ocupado en estos momentos, y no he podido revisar los cálculos. Trataré de estudiar esto con más detalle en los días sucesivos.
Ok, trataré de aplicar el procedimiento similar al que tu has hecho con los comandos de mathemática, a ver que obtengo.
Ya pondré aquí los resultados.
Gracias. Un saludo.
Bueno, creo que el error es mío y depende de la programación. En los comandos de Maple puse:
q := (sii - 4*((1/eta_a)-1))*(sjj - 4*((1/eta_b)-1)) - (sij)^2;
Cuando la fórmula correcta, tomada del trabajo, es:
q := (sii + 4*((1/eta_a)-1))*(sjj + 4*((1/eta_b)-1)) - (sij)^2;
En este caso sí que obtengo una única hoja mínima para la gráfica con gamma=1, bastante parecida a las que representas:
http://img.villagephotos.com/p/2005-6/1027066/mof.gif
Esta sí que es bastante clavada a la tuya. También he comprobado que los valores que obtengo coinciden con los que obtienes en la tabla. Así que en efecto, tenemos una única hoja mínima, y es bastante fácil de representar en 3 dimensiones. A ver si consigo hacer representaciones de nivel en dos dimensiones.
Perdona el error anterior, pero apenas puedo dedicar tiempo a este asunto.
Bien, aquí está el caso \gamma=1 puesto en forma de curvas de nivel, con resolución super-bestial:
http://img383.imageshack.us/img383/3830/kokog14sk.th.gif (http://img383.imageshack.us/my.php?image=kokog14sk.gif)
Las líneas de nivel tienen todas una forma muy sencilla:
m \quad = \quad \left(\frac{k+1}{4}\right)^2
donde k=19,20,21,...,36. Las únicas excepciones son la línea de nivel k=26, que la cambié levemente para que pasara por (0,1) y (1,0), y como puedes ver une perfectamente esos dos extremos. Y la línea k=36, que quedaba muy pegada al origen, así que tomé una un poco menor (por 0.1).
Esta gráfica es muy parecida a las que obtenías en tu gráfica de baja resolución, con una diferencia muy importante: cuando las líneas de nivel se acercan a (0,0), aquí se comportan como rectas, mientras que en tu figura se comportaban como curvas.
Está claro que habrá que añadir más líneas de nivel para hacer que esta figura sea útil, pero no es un mal punto de partida. Cuando tenga tiempo te comentaré cómo se hace para dibujarla usando Maple.
:h:
Hola leach. Muchas gracias por tu ayuda. Perdona que no escribiera antes aquí, pero es raro, cuando entré en el foro, no me salía en amarillo el subforo de ingeniería, por lo que pensaba que aún no habias puesto ninguna respuesta. Y ahora, trasteando, me he dado cuenta de que respondiste el mismo Jueves.
Bueno, yo con Mathematica intenté una opción llamada ContourPlot, que se supone que hacía curvas de nivel, pero en el CD que tengo de Mathematica no me viene el package necesario.
En fin, intentaré buscarme el Maple, que parece que da buen resultado.
Gracias de nuevo.
Buenas noticias, koko, aunque bastante sorprendentes, en dos sentidos. Para el problema de determinar beta en una columna con desplazamientos he obtenido los siguientes resultados:
1) Es posile encontrar una fórmula por regresión que da el resultado exacto (al 100% :shock:).
2) La fórmula es no lineal, pero es casi lineal. Su expresión es:
\beta \quad = \quad 0.50 \ + \ 0.24\, \eta_a \ +\ 0.16\, \eta_b \ + \ 0.10\, \eta_a\eta_b
Esta fórmula fusila la expresión de \beta para la tabla con tres decimales, con un error máximo de 0 (patatero).
Creo que esto es un buen ejemplo de los insidiosos efectos de una componente no lineal dentro de algo que a ojo puede parecer lineal. Ese 0.10\, \eta_a\eta_b es un condenao, que era el que daba un error acumulado en las aproximaciones lineales.
Estoy deseando meter mano con las regresiones a las fórmulas de m, a ver qué sale de ahí. A ver si consigo tiempo para ello hoy.
:h:
Hola leach. Pues ahora que lo dices, recuerdas este hilo?:
http://foro.migui.com/smf/index.php?topic=730.0
precisamente esa era una fórmula obtenida por ajustes que me facilitaron para m en el caso gamma=0, que dependia de etaA y etaB de una forma parecida a la que propones, por un lado estaba la suma de etaA y etaB y por otro lado el producto de etaA por etaB. Parece que este es el buen camino. Lo que me sorprende es que no haya ningun error :shock: Eso es la leche, pero bueno, quizas con 3 decimales la fórmula real de los mismos resultados que el ajuste.
Ahora el tema es ver si un ajuste similar se puede aplicar a los demas casos de gamma, conociendo sólo los betas en las cuatro esquinas. Ya que la tabla que te dí para gamma=0.5, la hice a mano, pero me interesaria que las demas se puedan hacer automáticamente.
Gracias leach. Esto parece que va viento en popa.
Pensando en ello, creo que no hay errores en la regresión porque la tabla de datos que me pasaste está sesgada. Alguno de los programas que usaste para generar esa tabla empleó una regresión, y generó los valores en base a esa regresión.
Por ese motivo, cuando yo calculé mi regresión, el ajuste salió perfecto. No creo que haya otra explicación posible.
Creo que debes revisar la manera en la que obtuviste los datos: en algún punto uno de los programas que has usado se puso a actuar por su cuenta.
O bien puedes pasarme la expresión analítica de beta, y yo mismo calcularé un ajuste polinómico.
-----------
He estado estudiando varias posibilidades para obtener m mediante regresión, y el problema no es tan fácil. He estado ensayando con \gamma = 0.5. Las varias regresiones que he hecho no son del todo buenas. Curiosamente, los puntos que causan problemas están cerca de \eta_a = \eta_b = 0. Por esas zonas el error se dispara bastante. Seguiré con ello.
Hola leach. Se me ha ocurrido que quizás el ajuste de la fórmula de m, podría tener una forma similar a esta:
m=\left[\frac{a+b(\eta_a^{\omega}+\eta_b^{\omega})+c \eta_a^{\omega} \eta_b^{\omega}}{d+e(\eta_a^{\omega}+\eta_b^{\omeg a})+f \eta_a^{\omega} \eta_b^{\omega}}\right]^2
Esto viene, de que para gamma=0 (barra inercia constante), me sacó un amiguete de un artículo que encontró una solución similar que unos autores daban para m. Sólo que en ese caso particular, las curvas de nivel de m son casi rectas y tenemos \omega=1 Así que pensé que quizás se podrían obtener soluciones de esa forma, pero con \omega\neq 1
De todas maneras, creo que un ajuste de ese tipo es algo muy complejo, así que lo mejor será conformarse con las graficas de curvas de nivel para m.
Un saludo.
Bueno, koko, también he estado dando vueltas a la cosa de las fracciones, pero tiene cierta complicación porque las regresiones funcionan bien cuando los términos con los que se hace el ajuste son lineales. Que no es el caso con este tipo de fracciones.
De todos modos, intentaré varios trucos más o menos sucios para hacer un ajuste fraccionario, a ver qué sale.
No podré ponerme con esto hasta el domingo o así. Pero entonces le pegaré una buena mirada.
Por cierto leach. Te mandé un correo hace 2 días, con unas dudillas de maple, pero debe ser que no te ha llegado bien. Bueno, por si acaso no te ha llegado, te lo pongo aquí, ok?:
1) Las gráficas de maple, me ponen el eje x y el y numerados de 0.2 en 0.2, es decir, 0, 0.2, 0.4, 0.6... Y a mi me gustaría que lo hicera de 0.1 en 0.1, 0.1, 0.2, 0.3, 0.4... Es eso posible?, He intentado trastear un poco pero nada...
2) He pensado lo de la cuadrícula de fondo a las curvas e nivel, y quizás se podría hacer en plan "bruto", poniendo rectas de x=cte y de y=cte ademas de las curvas de nivel. Es decir, si pongo rectas: y=0.1, y=0.2, y=0.3 ... y también: x=0.1, x=0.2, x=0.3 .... Al final tendré una cuadrícula de cuadros 0.1x0.1, no? Lo que no se es si se pueden dibujar todo eso en la misma gráfica. Que opinas?
3) Me gustaría sacar las gráficas a una escala constante. Es decir, he descubierto que la mejor resolución de la gráfica la consigo imprimiendola en pdf y luego llevándola a un programa de tratamiento de imagen (corel draw) para retocar lo de las etiquetas de m y tal. Pero me gustaría que siempre me salieran todas las gráficas a una escala fijada por mí. Y de momento sólo he conseguido cambiar la escala de manera manual con la flechita esa que pone "scale". Hay alguna forma de fijar una escala a las gráficas.
Gracias.
P.D: He conseguido cambiar la delta por la m y así trabajo directamente con los valores que quiero representar, entre máximos y mínimos.
Un saludo.
Perdona que no mirara el correo. Desde el día 8 llevaba bastante liado, y no se me había ocurrido echar una mirada a mis cuentas de correo personales :roll:. Déjame que eche una mirada a estos problemas, y te comentaré lo que puedo sacar en limpio.
Bien, aquí tienes una respuesta a tu problema sobre cómo dibujar gráficas. Para hacer una gráfica con una resolución determinada, con los ejes bien generados y demás, hay que hacer una salida directa a fichero.
En primer lugar, supongamos que tienes cargadas en memoria las distintas ecuaciones para calcular m, tal y como están expresadas en la hoja de trabajo que te había enviado.
Ahora define el proceso para generar curvas de nivel que habíamos acordado:
genera := proc(d0, d1, n)
[seq(eval(h,d=d0 + (d1-d0)*i/n)=0,i=0..n)];
end proc:
Entonces generamos una tabla de valores:
tabla := genera(2.8, 5.7, 100):
Esta tiene por ejemplo 100 líneas de nivel. Posiblemente sean excesivas líneas.
Ahora lo que hacemos es dibujar la imagen.
plotsetup(gif,plotoutput=`c:\\koko1.gif`,plotoptio ns=`height=1200,width=1200`);
implicitplot(tabla, eta_a=0..1, eta_b=0..1, grid=[40,40],resolution=4800, scaling=CONSTRAINED,tickmarks=[11,11], color=black);
El primer comando dice a Maple que escriba el dibujo en un fichero gif con una resolución de 1200 x 1200, lo cual creo que no está del todo mal. Puedes aumentar la resolución si te parece necesario. Ese comando también fija el fichero de salida como "koko1.gif" en el directorio c: . Cada vez que hagas un fichero es conveniente que le des un nombre distinto y todo eso.
El segundo comando hace el dibujito. Lo destacable son los comandos "tickmarks" que exige 11 marcas laterales (de 0.1 en 0.1, por tanto), el scaling=CONSTRAINED para que haga la imagen cuadrada, y el resolution=4800, que es 4 veces la resolución lateral de 1200 pixeles. Me han parecido parámetros correctos.
El resultado lo tienes en este fichero. No es todavía del todo satisfactorio, pero está mucho mejor que lo que estábamos obteniendo hasta ahora.
http://img399.imageshack.us/img399/8181/koko18xe.th.gif (http://img399.imageshack.us/my.php?image=koko18xe.gif)
El asunto de las líneas horizontales y verticales es muy sencillo de tratar, y puede abordarse añadiendo ecuaciones implícitas de rectas en el proceso "genera". No obstante, esperaré al domingo para implementarlo.
Hola leach. Muchas gracias, la verdad es que la gráfica ya tiene muy buena pinta. :r: . Voy a aplicar las nuevas aportaciones que me has dado a las gráficas que tengo.
Un saludo, y gracias de nuevo.
Hola koko. Estoy actualizando a Maple 10, porque el 9 tiene ciertos bugs en el dispositivo de creación de imágenes. Cuando tenga completa la migración continuaré con el asunto de las representaciones.
Hola Amigos, bueno he pecado de flojera en no leer sus reglas y tb el tiempo me apremia asi es que les pido disculpas.
Les cuento que :
Yo estoy trabajando y conociendo el mismo tiempo, los modelos de viga voladizo, para comprender como se resuelve el problema de encontrar la flexion en un lugar y tiempo dado. Resulta que he investigado el caso dinamico de una viga columna con una carga en su extremo superior y fija en su extremo inferior, lo cual segun el libro de Timoshenko, se modela por la ecuacion de d'alembert. Bueno me parecio entretenido, pero mas allá de eso, lo que yo busco es darle una expresion en variables de estado al modelo dinamico de la viga en cuestion basado en la formulacion de d'alembert. Es decir, tomando en cuenta las condiciones de frontera (x=0 y x=L) y obviamente la ecuacion de interes entre (0<x<L).
La consulta es la siguiente:
A ustedes se le ocurre como hacerlo???
Muchas gracias, cualquier consulta, toy online o mi correo ta disponible :=)... :h:
Saludos.
¿resucitas un hilo de 5 años?
Abre un nuevo hilo anda.
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