Capítulo 1 Métodos de residuos ponderados Funciones de prueba ...
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don<strong>de</strong> r es el residuo que se quiere anular<br />
Veamos como obtener la matriz tangente para un elemento <strong>de</strong> cable o barra articulada. Notar<br />
que hasta ahora hemos escrito<br />
T V I =<br />
∑NB<br />
K=1<br />
Para cada barra interesa calcular su contribución a<br />
Evaluemos entonces<br />
N K δε K L K 0 = − [δu] T g (u) (4.34)<br />
− [δu] T ∂g<br />
∂u | i ∆u = [δu] T ∂ (T V I)<br />
K i ∆u = ∆u (4.35)<br />
∂u<br />
[<br />
∂ (N δε)<br />
∂N<br />
L 0 ∆u = L 0<br />
∂u<br />
∂u<br />
La <strong>de</strong>rivada en el primer término es<br />
δε + N<br />
∂δε<br />
∂u<br />
= L 0 δε ∂N<br />
∂u ∆u + NL 0<br />
]<br />
∆u<br />
∂δε<br />
∂u<br />
∆u (4.36)<br />
∂N<br />
∂u = ∂EAε<br />
∂u<br />
= EA ∂ε<br />
∂u<br />
(4.37)<br />
a su vez la <strong>de</strong>rivada ∂ε<br />
∂ε<br />
∆u = ∆ε es formalmente idéntica a δε = δu (expresión 4.22) es <strong>de</strong>cir<br />
∂u ∂u<br />
Con lo cual una primera contribución a K<br />
∂ε<br />
∂u ∆u = 1 L 0<br />
t · (∆u 2 − ∆u 1)<br />
δu T K M ∆u = L 0 δε ∂N<br />
∂u ∆u = ( δu 2 − δu 1) · t EA<br />
L 0<br />
t · (∆u 2 − ∆u 1)<br />
= ( δu 1T , δu ) [ ] [ ]<br />
2T EA t t<br />
T<br />
−t t T ∆u<br />
1<br />
L 0 −t t T t t T ∆u 2<br />
(4.38)<br />
Notar que la matriz K M obtenida es formalmente idéntica a la matriz <strong>de</strong> rigi<strong>de</strong>z <strong>de</strong> la barra<br />
en un análisis lineal, la diferencia es que aquí t correspon<strong>de</strong> a la geometría actual y no a la inicial.<br />
Esta primera contribución se <strong>de</strong>nomina ‘Matriz <strong>de</strong> rigi<strong>de</strong>z material’ (K M ).<br />
La segunda contribución resulta <strong>de</strong><br />
δu T K G ∆u = NL 0<br />
∂δε<br />
∂u ∆u<br />
que será no nula sólo si existen esfuerzos N, esta componente K G se <strong>de</strong>nomina matriz <strong>de</strong> rigi<strong>de</strong>z ‘geométrica’,<br />
<strong>de</strong> ‘carga-geometría’ o <strong>de</strong>bida a los ‘esfuerzos iniciales’. Para evaluarla <strong>de</strong>bemos obtener<br />
[<br />
]<br />
1<br />
∂δε ∂<br />
∂u ∆u = L 0<br />
(δu 2 − δu 1 ) T t<br />
∆u = 1 (<br />
δu 2 − δu 1) T ∂t<br />
∆u (4.39)<br />
∂u<br />
L 0 ∂u<br />
A su vez<br />
con lo cual<br />
86<br />
(<br />
∂t ∂<br />
∂u ∆u =<br />
)<br />
x 2 −x 1<br />
L<br />
∂u<br />
L 0 N ∂δε<br />
∂u ∆u = ( δu 2 − δu 1) T<br />
∆u = 1 L<br />
[<br />
1 − t t<br />
T ] ∆u (4.40)<br />
N [ ] ( 1 − t t<br />
T<br />
∆u 2 − ∆u 1) (4.41)<br />
L