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Mecánica de sólidosUna visión práctica de la mecánica

de medios continuos

Mecánica de sólidosUna visión práctica de la mecánica

de medios continuos

Mecánica de sólidos

Una visión práctica de la mecánica de medios continuos

Jairo Andrés Paredes LópezIngeniero Civil

Magíster en Ingeniería Civil-GeotecniaUniversidad Nacional de Colombia

Sede Manizales

Juan Pablo Marín AriasGeólogo

Magíster en Ingeniería Civil-SísmicaUniversidad de Caldas

UNIVERSIDAD

NACIONALDE COLOMBIAS E D E M A N I Z A L E SFAC U LT A D D E I N G E N I E R Í A Y A R Q U I T E C T U R A

© Universidad Nacional de Colombia Sede Manizales Facultad de Ingeniería y Arquitectura

© Jairo Andrés Paredes López Juan Pablo Marín Arias

Coordinación de la publicación: Adriana Lucía Correa Salazar

Revisión de estilo: Germán VillamizarDiseño y diagramación: Martha EcheverryDiseño de portada: Ángela Pilone Herrera

Preparación editorial e impresiónUniversidad Nacional de Colombia, UnibiblosLuis Ignacio Aguilar Zambrano, [email protected]

ISBN: 978-958-701-972-8

Primera edición, 2008Bogotá, Colombia

El autor se reserva todos los derechos generados de esta obra. Este libro no puede ser reproducido en forma alguna, sin permiso previo y escrito de su autor. (Derechos de autor – Propiedad Intelectual, Ley 23 de 1982, artículo 32).

All rights reserved. No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by any means without the prior written permission of the author.

Catalogación en la publicación Universidad Nacional de Colombia Paredes López, Jairo Andrés, 1974- Mecánica de sólidos : una visión práctica de la mecánica de medios continuos / Jairo Andrés Paredes López, Juan Pablo Marín Arias. – Manizales : Universidad Nacional de Colombia. Facultad de Ingeniería y Arquitectura, 2008 158 p.

ISBN : 978-958-701-972-8

1. Mecánica continua 2. Elasticidad 3. Teoría de campos (Física) I. Marín Arias, Juan Pablo

CDD-21 531 / 2008

Contenido

IntroduccIón ………………………………………………………………… 11

capítulo 1

IntroduccIón matemátIca ………………………………………………… 13

1.1. Vectores …………………………………………………… 14

Definición • Espacio o campo vectorial • Operaciones con vectores • Norma de un vector • Vectores linealmente independientes • Base vectorial

1.2. Delta de Kronecker …………………………………… 25

1.3. Símbolo de permutación ……………………………… 25

1.4. Matrices …………………………………………………… 26Definición • Operaciones con matrices • Inversa de una matriz • Matriz de cofactores • Matriz adjunta • Matriz transpuesta • Matriz simétrica cuadrada • Matriz antisimétrica cuadrada • Matriz unidad o identidad • Matriz nula • Matriz diagonal • Matriz triangular superior • Matriz triangular inferior • Matriz ortogonal • Determinante de una matriz

1.5. Vectores y valores propios de un tensor …………… 37

1.6. Producto diádico o producto tensorial ……………… 39Propiedades del producto diádico

1.7. Problemas resueltos …………………………………… 40

capítulo 2

descrIpcIón del movImIento ……………………………………………… 57

2.1. Medio continuo ………………………………………… 57

2.2. Descripción material o descripción de Lagrange … 57

2.3. Descripción espacial o descripción de Euler ……… 58

2.4. Ecuaciones del movimiento ………………………… 59Coordenada material de una partícula • Coordenada espacial de una partícula • Propiedades de las ecuaciones de movimiento

2.5. Trayectoria ……………………………………………… 64

capítulo 3

descrIpcIón de la deformacIón ………………………………………… 65

3.1. Tensor gradiente de la deformación F( ) …………… 65

3.2. Tensor gradiente de la deformación inverso (F-1) … 67

3.3. Descomposición polar del tensor F ………………… 69

3.4. Desplazamientos ………………………………………… 73Tensor gradiente material de los desplazamientos • Tensor gradiente espacial de los desplazamientos

3.5. Grandes deformaciones ……………………………… 77Tensor material de deformación • Tensor espacial de deformación • Tensor de deformación en términos de gradientes de desplazamientos • Variación de las distancias • Variación de los ángulos • Variación de volumen

3.6. Pequeñas deformaciones ……………………………… 88Tensor de deformación infinitesimal È • Estiramiento y deformación unitaria en pequeñas deformaciones • Descomposición polar en pequeñas deformaciones • Deformación volumétrica (e) • Descomposición del tensor infinitesimal de deformación È • Invariantes del tensor infinitesimal de deformación È • Ecuaciones de compatibilidad

3.7. Problemas resueltos …………………………………… 97

capítulo 4

esfuerzos o tensIones …………………………………………………… 111

4.1. Fuerzas de volumen ………………………………… 112

4.2. Fuerzas de superficie ………………………………… 113

4.3. Postulados de Cauchy ……………………………… 114Primer postulado de Cauchy • Segundo postulado de Cauchy

4.4. Relación entre vector de tensión σur

( , )p n y el tensor de tensiones de Cauchy ‚ ………… 116

4.5. Descomposición del tensor de esfuerzos en desviador y esférico ……………………………… 118

4.6. Descomposición del vector de esfuerzos en un vector de esfuerzo normal y un vector de esfuerzo cortante ……………………………………… 118Vector de esfuerzo normal • Vector de esfuerzo cortante

4.7. Círculo de Mohr ……………………………………… 119

4.8. Problemas resueltos ………………………………… 123

capítulo 5

teoría de la elastIcIdad ………………………………………………… 133

5.1. Elasticidad lineal ………………………………………133

5.2. Problemas sobre elasticidad …………………………136

5.3. Problemas resueltos ……………………………………149

referencIas bIblIográfIcas ……………………………………………… 155

Introducción

La mecánica del medio continuo estudia el movimiento de las partículas en el interior de los materiales continuos, entendiéndose el término “continuo” en una escala macroscópica. Los medios continuos pueden ser fluidos o sólidos. La mecánica de fluidos se encarga del estudio de los líquidos y gases; en este curso nos encargaremos del estudio de la mecánica de los sólidos.

Los capítulos se han desarrollado de manera didáctica a través de ejemplos y problemas resueltos para un estudiante que comienza en el estudio de los elementos que lo llevarán al entendimiento de la descripción y el com-portamiento mecánico de un medio continuo. El propósito de este libro es difundir entre la comunidad académica la aplicabilidad de este tema, antes que mostrar su rigor matemático, aunque sin desconocerlo.

Una herramienta fundamental en el desarrollo de los temas centrales de este texto es el álgebra lineal, por lo cual se consideró conveniente revisar en el primer capítulo los conceptos más usados en la operación de escalares, vectores, matrices y tensores.

Después se tratan los temas de descripción del movimiento y del medio continuo en su configuración espacial y material, obteniendo así las ecua-ciones del movimiento que permitirán realizar un análisis de los campos de deformación que se estudian en el tercer capítulo. En este último se tratan y se diferencian con claridad problemas en grandes y pequeñas deformaciones, y se concluye con los principios de las ecuaciones de compatibilidad que permiten abordar el capítulo de esfuerzos o tensiones. En el capítulo 4 se identifican los tipos de fuerzas (de volumen y de superficie) que actúan en un sólido continuo y que generan diferentes estados de esfuerzos represen-tados tensorialmente. Se establece la relación entre el tensor de esfuerzos y los diferentes vectores de esfuerzos analizados mediante un procedimiento gráfico (círculo de Mohr) y comprobado con un procedimiento algebraico. Finalmente, en el capítulo 5 se aborda la teoría de la elasticidad lineal con la cual se relacionan las tensiones y deformaciones previamente estudiadas. En este capítulo se desarrolla la ley de Hooke en tres dimensiones y se aplican las simplificaciones propias de la tensión plana y la deformación plana para establecer esta ley de comportamiento en dos dimensiones.

Introducción matemática

La mecánica del medio continuo estudia el movimiento de las partículas en el interior de los materiales continuos, en donde el término “continuo” es entendido en una escala macroscópica. Los medios continuos pueden ser fluidos o sólidos; la mecánica de fluidos se encarga del estudio de los líquidos y gases, mientras que en este curso nos encargaremos del estudio de la mecánica de los sólidos.

Es importante que el estudiante comprenda por una parte la naturaleza física de los materiales, y por otra, el esfuerzo del hombre a lo largo de la historia por representar mediante expresiones matemáticas los fenómenos físicos y mecánicos que se presentan en estos elementos (macizos rocosos, terraple-nes, pórticos estructurales, etc.). Los medios continuos se representan con ecuaciones continuas, que generalmente resultan de la solución de ecuaciones diferenciales. Estas deben representar todo el espacio ocupado por el medio continuo en estudio, para lo cual cada punto de este medio se representa por las coordenadas que ocupa (vector de coordenadas). Es así como las ecua-ciones diferenciales se deben escribir en términos de vectores o matrices. Así mismo, la representación espacial (3D) de tensiones y deformaciones requiere expresar estas acciones mediante tensores, permitiendo identificar en un arreglo la magnitud y la dirección de cada componente. Es importante que usted, señor estudiante, retome lo aprendido en sus cursos de álgebra lineal y de cálculo vectorial, ya que estos conocimientos se convierten en herramientas fundamentales para este curso.

Presentamos a continuación una guía básica de los conceptos de álgebra lineal de uso corriente en el Curso de Mecánica de Sólidos. En este curso utilizaremos entidades como magnitud (un sólo valor), vector (un arreglo

CAPÍTULO 1

Mecánica de sólidos. Una visión práctica de la mecánica de medios continuos 14

de n x1 valores), matrices y/o tensores (un arreglo de n x m valores); en el siguiente cuadro se resumen las operaciones entre algunas de estas entidades y el resultado que se obtiene, así, por ejemplo, el producto punto es el resultado de la operación de dos vectores y el resultado es un escalar.

Operación Entidades que actúan Resultado Símbolo de la operación

PRODUCTO INTERNO O PRODUCTO PUNTO Vector • Vector Escalar •

PRODUCTO POR ESCALAR Escalar * vector Vector *PRODUCTO CRUZ Vector X Vector Vector DPRODUCTO TENSORIAL O DIÁDICO (Vector • Vector)*Vector Tensor K

ESCALAR: magnitud.

VECTOR: magnitud y dirección; ejemplo, vector de fuerzas, vector de tensiones, vector de desplazamientos.

MATRICES: uniones de vectores, arreglo.

TENSOR: matriz que representa un fenómeno físico, químico o económico, entre otros. Por ejemplo, tensor de tensiones, tensor de deformaciones.

1.1. Vectores

1.1.1. DefiniciónEn el estudio de las ingenierías y, en particular, de la ingeniería civil, se hace uso de vectores para representar fuerzas, desplazamientos, velocidades y otras magnitudes vectoriales, es decir, que implican magnitud y dirección. Los vec-tores se pueden representar de dos formas, a saber:

−Representación geométrica: (magnitud, dirección, sentido).

−Representación algebraica: algebraica: pareja ordenada (dupla) o n-uplas ordenadas.

Para el caso de la mecánica de medios continuos, los vectores se utilizan en dos casos:

1. Cuando un vector representa un conjunto de acciones o reacciones: para diferentes puntos del medio continuo. Es el caso específico del vector de desplazamientos, o el vector de cargas puntuales (solución matricial de estruc-turas), para este caso el vector tendrá una dimensión de 1 x n (representación algebraica).

Introducción matemática 15

2. Cuando un vector representa una acción en un punto del medio continuo: para este caso el espacio en el cual estará representado será el espacio tridimen-sional o euclidiano 3D, esto de manera general, sin embargo, en la ingeniería se pueden simplificar muchos fenómenos en dos dimensiones (representación del vector de esfuerzos en un punto y plano dado). Aquí la máxima dimensión de los vectores es 3 (representación geométrica y algebraica).

1.1.2. Espacio o campo vectorialSe define un espacio o campo vectorial V’ generado por tres vectores linealmente independientes, así:

Sea un espacio vectorial real V’ compuesto por vectores u, v, w..., con los cuales se pueden realizar dos operaciones: adición y multiplicación por escalar. Para los espacios vectoriales euclidianos (ortogonales) está declarada una operación adicional: producto interno.

1.1.3. Operaciones con vectores

1.1.3.1. Adición de vectores

Sean los vectores r

r

r

r

a b c, , , ,0 È V’. La adición de dos vectores se hace por la suma algebraica, término a término, de sus componentes.

Sean los vectores

r

r

r

a b c=

=

=472

532

119

46

0000

−

=

.r

1) r

r r

r

a b b a+ = + .

Ejemplo 1.1

r

r

a b+ =

+

=

472

532

9104

+ =

+

; r

r

b a532

472==

9104

.

2) ( ) ( ) .r

r

r r

r

r

a b c a b c+ + = + +


Ejemplo 1.2

r

r r

r

a b b c+ = + = −

9

10

4

241

8 ; ;;

9

10

4

19

4

6

4

7

2

+ − =

+ − = =

24

1

8

286

10

286

10

.

3) r

r

r

a a+ =0 (existencia del vector nulo).

Ejemplo 1.3

472

000

472

+

=

.

4) ∀ ∈ −r r

a a tal que r r

r

a a+ − =( ) .0

Ejemplo 1.4

472

472

000

+−−−

=

.

1.1.3.2 Multiplicación por escalar

Sean: r

r

r

r

a b c V, , , '; , , , .0 1∈ ∈ ℜα β

1) 1 1 1472

472

* * *r r r

a a a= =

=

.

2) α β αβ α β( ) ( ) .r r

a a= = =15 12

Ejemplo 1.5

15 * 12 *

4

7

2

=15 *

12 * 4

12 * 7

12

** 2

=

15 *12 * 4

15 *12 * 7

15 *12 * 2

=15 *12

4

7

2

720

1260

360

=

720

1260

360

.

3) ( ) .α β α β+ = +r r r

a a a


Ejemplo 1.6

( )* *15 12472

27472

1081+

=

= 889

5415

472

12472

+

* *

=

+

60

10530

488424=

10818954

.

4) ( ( )α α αr

r

r

r

a b a b+ = +

Ejemplo 1.7

15472

532

15

+

= *

99104

13515060

1547

=

*

2215

532

6010530

+

=

*

+

=

754530

13515060

.

1.1.3.3 Producto cruz

Está definido únicamente para un espacio vectorial euclídeo tridimensional. Sea la base ortonormal B e e e= 1 2 3, , , tal que

r r r r r r

e e e e e e ei j ijk k1 2 3× = → × = × .

Figura 1.1

El producto vectorial no es conmutativo: r r r r r r

e e e e e e1 2 3 2 1 3× = ≠ × = − . Se sigue la regla de la mano derecha.

Figura 1.2

e3

e2

e1

e3

e2

e1

e3

e2

e1

r r r

e e e1 2 3× = r r r

e e e2 1 3× = −


Sean los vectores r

a y br

que pertenecen al campo vectorial V3.

r

r

r

123

r r r

a b c e a b e c ee e e

ijk j k

C

i i i

i

× = = = = ˆ ˆ ˆ1 2 33

1 2 3

1 2 3

1

2

3

a a ab b b

ccc

=

Figura 1.3

donde cr

es perpendicular a r

a y br

y su magnitud es equivalente (igual) al área del paralelepípedo que forman

r

a y br

. Es decir, r

r

a b× es un vector cr

, de manera que se cumple:

1) r

r

r

a b c, , forman en esta secuencia un sistema rectangular

2) cr

es perpendicular a r

a y br

3) r

r

r

r

a b a b Sen× = * ϕ (explicar geométricamente esta igualdad)

1.1.3.3.1 Propiedades del producto cruz

1) r r r

0 0 0× = × =b A

2) r

r r

r

a b b a× = − ×( )

Ejemplo 1.8

Sean los vectores r

r

a b=

=

742

358

,

r

r r r

a b a b a b a b a b a b× = −( ) −( )2 3 3 2 3 1 1 3 1e e1 2 + + 22 2 1−( )a b er

3

= −( ) −( ) −( )4 8 2 5 2 3 7 8 7 5 4 3* * * * * *e e er r r

1 2 3 + +

r

a

br

cr


= + × = −

22 50 23

225023

e e er r r

r

r

1 2 3 - ; a b

.

r

r

r r

b a a b a b a b a b a b× = −( ) −( )3 2 2 3 1 3 3 1 2e e1 2 + + 11 1 2−( )a b er

3

= −( ) −( ) −( )2 5 4 8 7 8 2 3 4 3 7 5* * * * * *e e er r r

1 2 3 + +

= − − × =−

−

22 50 23

225023

e e er r r r

r

1 2 3 + ; b a

.

3) α α* × = ×

r

r

r

r

a b a b( ).

Ejemplo 1.9

Sea el escalar α = 6

α( ) *r

r

a b× = −

= −

6225023

132350

138

=

=

; *α r

a 6742

422412

α r

r

r r

a b e e× = (24*8 –12*5) + (12*3 –42*8) + (1 2 442*5 –24*3) r

e3

= 132 - 350 +138 ; r r r r

r

e e e a b1 2 3

132350

138α × = −

.

4) r

r r

r

r

r

r

a b d a b a d× + = × + ×( ) .

Ejemplo 1.10

Sea el vector r r r

d b d=

∴ + =

+++

961

3 95 68 1

,

=

12119

; y tenemos que

r

r r

r r

a b d e e× + =( ) (4*9 – 2*11) + (2*12 – 7*9)1 2 ++ (7*11– 4*12)r

e3

= − + × + = −

14 39 29

1439

291 2 3

r r r r

r r

e e e a b d; ( )


r

r

r r

a d e e× = (4*1–2*6) + (2*9 –7*1) + (7*6 – 1 2 44*9)r

e3

= − + + × =−

8 11 68

116

1 2 3r r r r

r

e e e a d; ; y tenemos que r

r

a b× = −

225023

,

así r

r

r

r

a b a d× + × = −

1439

29.

5) ( ) ( )r

r r

r

r r

a b d a b d× ⋅ = ⋅ × .

Ejemplo 1.11

Para r r r r

b d b d=

=

× =358

961

; −−

−

436927

r

r r

a b d.( )× =

⋅−

−

742

436927

== − + + + − = −( * ) ( * ) ( * )7 43 4 69 2 27 79

( )r

r r

a b d× ⋅ = −

⋅

=

225023

961

(( * ) ( * ) ( * )22 9 6 50 1 23 79+ − + = −

6) r r

r r

r

r

r

a a b b a b a.( ) .( ) x x = = 0 porque es ⊥ a y ( ) ( ).r

r r

r

r

a b b a bx x⊥

7) ( ) r

r

r

r

a b a bx y= 0 si son paralelos.

1.1.3.4 Producto interno o producto punto

Es una función que le asigna un número real r

r

a b. a cada par de vectores r

r

a b. e V' . El producto punto se obtiene de multiplicar término a término las com-ponentes de dos vectores y sumar estos productos.

( . ) ( )r

r

a b a bi i= i = 1, 2, 3… n

r

r

r

aaaa

bbbb

=

=

1

2

3

1

2

3

aa b a b a b a b.r

= + + =1 1 2 2 3 3 escalar


1) ( . ) ( . ).r

r r

r

a b b a=

Ejemplo 1.12

r

r

a b=

=

472

532

( . ) * * * ( . ) * * *r

r r

r

a b b a= + + = = + +4 5 7 3 2 2 45 5 4 3 7 2 22 45=

2) r

r

r r

r

r r

a b c a b a c.( ) . . .+ = +

Ejemplo 1.13

472

532

1942

+ −

.

=

−

=

472

211

44. ** * *24 7 1 2 4 97− + =

472

532

472

1

+

. .9942

4 5 7 3 2 2 4 19 7 4 2 2 97−

= + + + − + =* * * * * *

3) α α α( . ) .( ) .( ).r

r

r

r r

r

a b a b b a= +

Ejemplo 1.14

15472

532

15* .

= ** 45 675=

472

15532

47

=. *

22

754530

4 75 7 45 2 3

= + +. * * * 00 675=

4) r r r

c c c. .> ≠0 0∀

Ejemplo 1.15

1946

1946

19 19 4 4 6−

−

= + +. * * ** 6 413=


1.1.4. Norma de un vector

La norma, longitud o módulo de un vector r

a se puede definir con la ayuda del producto interno:

r r r r

a a a a= =( . ). ,Si 1 se dice que r

a es un vector unitario:

vector unitario en la dirección de r

r

r

r

rb e bbb; .( ) =

Cuando la norma de un vector vale 1, se dice que este vector está normalizado.

Ejemplo 1.16

Calcular la norma de br

y normalizarlo.

r r r r

b b b b= =

=. ;

352

.352

338 6 16= . ;

r

r

r

re bbb( )

/

/

/

=

= =

138

352

3 38

5 38

2 38

=

0 4870 8110 324

.

.

. .

El ángulo ß entre dos vectores está dado por

Cos a ba b

e e na bβ β= = = +

r

r

r

r

r r

r r

. . . ( )( ) ( ) Si 1 2

2ππ π π π= ⇒ =

232

52

0, , ... . ,r

r

a b

se dice que r

a y br

son ortogonales.

1.1.5. Vectores l inealmente independientes

Sean a, b, c, d… vectores e α α α α α ' ; V a b c dy 1 1 2 3 4∈ + + + +ℜr r r r

…… = .α ρn

ur r

0

Si únicamente se cumple la igualdad para αi = 0, los vectores son linealmente independientes; en cualquier otro caso, éstos son dependientes.

Dos vectores son dependientes si se puede expresar uno en función del otro.r

r r

r

r

r

b a a b a b= = ∴22

y son linealmente dependientes.


Ejemplo 1.17

Determinar si los vectores r

r

r

a b c, y son linealmente independientes.

r

r

r

a b c=

=

=237

459

82 55

Para que estos vectores sean linealmente independientes, se debe cumplir:

α α α1 2 3 0* * * ,r

r

r

a b c+ + = únicamente para αi = 0.

α α α1 2 3

237

459

825

+

+

=

+

000

237

41

1

1

; ααα

αααα

ααα

2

2

2

3

3

3

59

825

000

+

=

;

matricialmente tenemos que

2 4 83 5 27 9 5

000

1 2 3

1 2 3

1 2 3

α α αα α αα α α

=

; 2 4 83 5 27 9 5

1

2

3

ααα

=

000

.

Para solucionar el problema se resuelve el sistema utilizando los métodos tra-diciones según Gauss-Jordan.

2 4 8 03 5 2 07 9 5 0

2

3

11

22

3

M

M

M

=

= ;

R R

R R

R ==

R3

7

1 2 4 01 5 3 2 3 01 9 7 5 7 0

/ // /

M

M

M

R R RR R R

2 2 1

3 3 1

1 2 4 00 1 3 10 3 00 5 7 2

= −= −

− −− −

/ //

M

M

33 7 0

375

1 2 4 00

2 2

3 3/ ;

M

M

= −

= −

R R

R R11 10 0

0 1 23 5 0M

M/

R R R3 3 2

1 2 4 00 1 10 00 0 27 5 0

= −−

/

; M

M

M

RR R

R R R

3 3

2 2 3

527

10

1 2 4 00 1 0 00 0 1 0

= −

= −

M

M

M

R R R R R1 1 2 121 0 4 00 1 0 00 0 1 0

= −

= ; M

M

M

11 341 0 0 00 1 0 00 0 1 0

−

R M

M

M


Esto significa que α α α1 2 30 0 0= = =, , . Por tanto, los vectores r

r

r

a b c, y son linealmente independientes.

1.1.6. Base vectorialB es una base vectorial del campo vectorial V’, si existen como máximo n vec-tores linealmente independientes. Cualquier vector b

r

que pertenece al espacio vectorial V’ se puede representar como una combinación lineal de los vectores de la base B. Ref[1] pag. 337.

1.1.6.1. Cambio de base

Una matriz o un vector que se encuentran en una base vectorial B del campo vectorial V’ pueden ser expresados en otra base ortonormal, que está girada determinado ángulo respecto a la base de referencia, mediante la matriz de trans-formación TB ' B , conformada por los cosenos directores de la nueva base.

Sea la base ′ = ′ ′ ′ B e e er r r

1 2 3, , :

Te e e e e ee e e e e eB B'

' ' '

' ' '[ ] =⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

1 1 1 2 1 3

2 1 2 2 2 3

ee e e e e e3 1 3 2 3 3

1 1 1

' ' '

' '

⋅ ⋅ ⋅

=

cos cosα α 22 1 3

2 1 2 2 2 3

3 1 3

coscos cos coscos cos

αα α αα α

'

' ' '

' '22 3 3cosα '

.

Se define el cambio de base para un tensor mediante

A T A TB B B B B B

T[ ] = [ ] * [ ] * [ ]' ' ' .

Se define el cambio de base para un vector mediante

a T aB B B B

r r = [ ] *

' ' .

Las componentes del vector r

a cambian, pero el vector es igual en términos “absolutos”, sólo que expresado en una base diferente a la base B. La norma del vector en la base B’ debe ser igual a la calculada en la base B.

Ejemplo 1.181. Sea el espacio vectorial euclidiano tridimensional V3 cuya base ortonormal está dada por

B e e e e e= = =r r r r r

1 2 3 1 21 0 0 0, , , , , , tal que ,, , , , , .1 0 0 0 13 = r

e El vector r

a se podrá representar entonces como

r r

a a e ai i i= , y se entiende como la compo-nente en la dirección i del vector r r r

a a a ei i; . .=


Sea la base B

Base canónica B: r r r

e e e1 2 3

100

010

=

=

==

= −

001

76

8 , y el vector

r

b

.

Expresar el vector br

como una combinación lineal de los vectores de la base B.r

r

b b ei i=

r

b =

−

+

7100

6010

8001

* * *

= −

.r

b76

8

1.2. Delta de Kronecker

Se define como

δij

i ji j

I= == ≠

=10

1, ,

sisi

00 00 1 00 0 1

.

1.3. Símbolo de permutación

De manera similar al delta de Kronecker (δij), el símbolo de permutación define el signo de un término con subíndices de la siguiente manera:

0 para i = j ó j = k ó i = j

eijk 1 para i, j, k siguiendo el sentido horario

-1 para i, j, k siguiendo sentido antihorario

Ejemplo 1.19

ee e ee e e

112

123 231 312

132 321 213

01

1

== = == = = −


Figura 1.4

1 .4 . Matrices

1.4.1. DefiniciónUna matriz es un arreglo de números dispuestos en m filas y n columnas, con un total de m x n elementos.

A

a a a aa a a aa a a a

n

n

=

11 12 13 1

21 22 23 2

31 32 33 3

. .

. .

. . nn

m m m mna a a a

. . . . . .

. . . . . .. .1 2 3

El término general aij es la componente que se encuentra en la fila i y la columna j de la matriz A. Si m = n, entonces A es una matriz cuadrada y los términos a11, a22, a33, …, aii conforman la diagonal principal y su suma recibe el nombre de “traza de una matriz”.

Traza de A = a11+ a22+ a33+ ... ann

1) Tr(A) = Tr(A)T

2) Si AT = –A, Tr(A) = 0 A (matriz antisimétrica)

3) tr(I) = ‘ii = n ‘11 + ‘22 + ‘33 = 1 + 1 + 1 = 3 = n

A AT=−

− −

=−

− −0 2 3

2 0 43 4 0

0 2 32 0 43 4 0

;

.

Antihorario (-) Horario (+)

ij

k

i j

k


1.4.2. Operaciones con matrices

1.4.2.1. Suma de matrices

La suma de matrices es la suma término a término de las componentes de dos o más matrices del mismo tamaño. Sean las matrices B y C

B

b b b bb b b bb b b b

n

n

=

11 12 13 1

21 22 23 2

31 32 33 3

. .

. .

. . nn

m m m mnb b b b

. . . . . .

. . . . . .. .1 2 3

= ;

. .

. .

C

c c c cc c c cc

n

n

11 12 13 1

21 22 23 2

31 cc c c

c c c c

n

m m m mn

32 33 3

1 2 3

. .. . . . . .. . . . . .

. .

;

B C

b c b c b c b cb c b

n n

+ =

+ + + ++

11 11 12 12 13 13 1 1

21 21 2

. .

22 22 23 23 2 2

31 31 32 32 33 33

+ + ++ + +

c b c b cb c b c b c

n n. ... .

: : : . . :. .

b c

b c b c b c b

n n

m m m m m m mn

3 3

1 1 2 2 3 3

+

+ + + + ccmn

.

Ejemplo 1.20Sean las matrices en m 3 x 3:

B C=−

=−

7 3 25 4 86 1 9

11 1 1821 19 175 4 2

; 33

7 11 3 1 2 185 21 4 19 8 176

+ =+ + ++ + + ; B C−− − + +

5 1 4 9 23

B C+ =

18 4 2026 23 251 3 32

.

1.4.2.1.1. Propiedades de la suma de matrices

1) A A+ =0

2) 0 0* A =

3) A B B A+ = + ; ley conmutativa

4) A B C A B C+ + = + +( ) ( ) ; ley asociativa

5) α α α* * *( + ) = +A B A B


6) I*A = A

7) ( + )* = +α β α β α βA A A * * ;y escalares

1.4.2.2. Multiplicación por escalar

Se aplica de igual forma que para vectores, es decir, se multiplica cada término de la matriz por el escalar. Sea ] un número real y B una matriz; el producto ]B está dado por

α αB

b b b bb b b bb b b

n

n

=

11 12 13 1

21 22 23 2

31 32 33

. .

. .

. . bb

b b b b

n

m m m mn

3

1 2 3

. . . . . .

. . . . . .. .

=

α α α αα α α α

b b b bb b b b

n

n

11 12 13 1

21 22 23 2

. .

. .αα α α α

α α α

b b b b

b b b

n

m m m

31 32 33 3

1 2 3

. .. . . . . .. . . . . .

.. . αbmn

1.4.2.3. Multiplicación de matrices

La multiplicación de matrices está definida para una matriz de m x n y otra de n x q, y el resultado será una matriz de m x q. Por lo tanto, la multiplicación de matrices no es conmutativa. A * B = C; A matriz de m x n; B matriz de n x q; C matriz m x q.

El término Cij está dado por el producto punto resultante entre el vector fila i de la matriz A y el vector columna j de la matriz B.

Ejemplo 1.21Dadas las siguientes matrices, calcular A * B = C

A B=

=5 8 34 7 98 2 6

4 9 11 113 17 19 26 3 1

; 00 3

C =+ + + ++ + +

5 4 8 13 3 6 5 9 8 17 3 6 237 3016 52 24 36 1

* * * * * *119 171 267 45

32 26 36 72 34 18 186 30+

+ + + +

;

C =

142 190 237 30161 182 267 4594 124 186 30

.


En notación de subíndices, tenemos que

aikbkj=cij ;

i =1; j =1 i =1; j =2 i =1; j =3

a11b11 a11b12 a11b13

a12b21 a12b21 a12b23 Primera fila de la matriz C

a13b31 a13b32 a13b33

C11 C12 C13

Ejercicio propuesto

Dadas las matrices A, B, C, D y la igualdad A*B*C = D, despejar B.

1.4.3. Inversa de una matrizLa inversa es una matriz que multiplicada por la matriz original da como resul-tado la matriz identidad: A*A-1 = A-1 * A = 1. La inversa de una matriz se utiliza para solucionar aquellos problemas lineales que tienen solución única A b x− =1

r

r , donde A es la matriz de coeficientes, b

r

es el vector de términos independientes conocidos y

r

x es el vector de incógnitas.

Ejemplo 1.22Sea el sistema de ecuaciones

x + 2y + 3z = 7

7x + 8y + 9z = 5

5x – 4y + 3z = 2.

En forma matricial está dado por

1 2 37 8 95 4 3

752−

=

xyz

. La solución de este sistema está dadda por .A b x− =1

r

r

Axyz

=

−1 752

(1).

Un método para calcular la inversa es la matriz aumentada. Luego se procede a realizar operaciones elementales entre filas y columnas hasta que el lado iz-


quierdo se convierta en la matriz identidad; en este momento la matriz del lado derecho será la matriz inversa de A.

1 2 3 1 0 07 8 9 0 1 05 4 3 0 0 1

M

M

M−

Matriz aumentada

R R

R R

22

33

7

5

=

= − / / /

/

1 2 3 1 0 01 8 7 9 7 0 1 7 01 4

M

M

55 3 5 0 0 1 5/ /M

R R RR R R

2 2 1

3 3 1

- -==

− − − / /1 2 3 1 0 00 6 7 12 7 1

M

M 11 7 00 14 5 12 5 1 0 1 5

// / /− − −

M

R R

R R

2 2

3 2

765

14

1 2 3 1 0 00 1 2 7 6 1 6 00 1

= −

= −−

/ /

M

M

66 7 5 14 0 1 14/ / /M −

R R RR R R1 2 1

3 2 3

21 0 1 4 3 1 3 00 1 2 7

= − += − +

− −

/ /

/M

M 66 1 6 00 0 8 7 17 21 1 6 1 14

73

−− − −

= −

// / / /M

R88

1 0 1 4 3 1 3 00 1 2 7 6 1 6 00 0 1 17 24 7

3R / /

/ //

− −−−

M

M

M // /

48 1 16

2

= += − +

R R R R R R

1 3 1

2 3 2

11 0 0 5 8 9 48 1 160 1 0 1 4 1 8 1 80 0 1 17 24 7

M

M

M

−− −

−

/ / // / // // /

.48 1 16

Ahora, remplazando este valor en (1),

−− −

−

5 8 9 48 1 61 4 1 8 1 8

17 24 7 48 1 16

/ / // / // / /

=

,752

xyz


Efectuando las operaciones indicadas, obtenemos

x = 3.313; y = -1.375; z = 4.354.

La inversa de una matriz también se puede calcular como

AA

Adj A− =1 1det( )

( ), con lo cual se ratifica que si el det(A) = 0, la matriz A

no tiene inversa.

Ejemplo 1.23

A− =−

− −−

=1 1

71

29 21 1036 53 32

17 27 23

0*

.4408 0 296 0 1410 507 0 746 0 451

0 239 0 380

−− −

−

. .. . .

. . 00 324.

1.4.3.1. Propiedades de la inversa de una matriz

1) (AB)-1= B-1.A-1 ; (ABC)-1= C-1.B-1.A-1

2) ( ) = . -1αα

A A1 -1

Ejemplo 1.24

A A=

= =

1 23 4

22 46 8

2 4 1 ; α α ;

M 006 8 0 1M

R R

R RR

11

22

22

6

1 2 1 2 01 4 3 0 1 6

=

=

// /

; M

M

== −− −

R R2 1

1 2 1 2 00 2 3 1 2 1 6

/

/ / /M

M

R R R R22

1 164

1 2 1 2 00 1 3 4 1 4

= −−

=

// /

; M

M

−−−

−

2

1 0 1 1 20 1 3 4 1 42R

// /

M

M

( ) =-1αA /

/ /

−−

1 1 23 4 1 4

1 2 1 03 4 0 1

M

M

=

;

/ /R R

22

41 2 1 0

3 4 1 0 1 4M

M

R R R R2 2 1 243

1 2 1 00 2 3 1 1 3

= −− −

= −

/ / ;

M

M

332

1 2 1 00 1 3 2 1 22R

/ /M

M −

R R R1 1 221 0 2 10 1 3 2 1 2

= −−

−

/ / ;

M

M

( ) =-1αA */ /

// /

12

2 13 2 1 2

1 1 23 4 1 4

−−

=

−−

.


1.4.4. Matriz de cofactoresEs la matriz resultante de todos los cofactores de la matriz inicial.

Sea una matriz A aa a aa a aa a a

ij= =

11 12 13

21 22 23

31 32 33

y su matriz de cofactores

AA A AA A AA A A

ij =

11 12 13

21 22 23

31 32 33

, donde el término Aij está definido como AMij

i j

ij

= − +( ) .1

Ejemplo 1.25

A A=

= − +

5 3 24 7 81 6 11

17 86 1111

1 1 ; ( ) * == − =( )( ) ;1 77 48 29

A A121 2

1314 81 11

1 44 8 36 1= − = − − = − = −+( ) * ( )( ) ; ( )11 3 4 71 6

1 24 7 17+ = − =* ( )( )

A A212 1

222 21

3 26 11

21 15 21 11

5= − = − = − =+ +( ) * ( ) * 33 15 31 6

27232 3 ( ) *A = − = −+

A A313 1

323 21

3 27 8

10 15 94 8

32= − = = − = −+ +( ) * ( ) * ( ) *A333 31

5 34 7

23= − =+

Aij =−

− −−

29 36 1721 53 27

10 32 23

Matriz de cofactores.

1.4.5. Matriz adjuntaSe define como la transpuesta de la matriz de cofactores y se denota como Adj(A):

A Adj A=

=−

−5 3 24 7 81 6 11

29 21 103 ; ( ) 66 53 32

17 27 23−

−

.

La inversa de una matriz también se puede calcular como AA

A− =1 1det

Adj( )

( ) ,

con lo cual se ratifica que si el det(A) = 0, la matriz A no tiene inversa.


Ejemplo 1.26

A− =−

− −−

=1 1

71

29 21 1036 53 32

17 27 23

0*

.4408 0 296 0 1410 507 0 746 0 451

0 239 0 380

−− −

−

. .. . .

. . 00 324..

1.4.6. Matriz transpuestaSea una matriz dada A (m x n). Su matriz transpuesta AT está dada por aquella matriz que resulta de permutar las filas por columnas de A. Los elementos de la diagonal principal (i = j) son los elementos que se mantienen iguales en AT y A. En este procedimiento las filas se cambian por columnas.

Ejemplo 1.27

B BT= −−

= −−

7 8 34 6 95 11 2

7 4 58 6 113 9 2

;

= → ; Aij A jiT Relación entre

elementos.

Propiedades

1. (AT)T = A

2. (cte x A)T = cte x AT

3. (A + B)T = (AT+ BT)

4. (A x B)T = BT x AT

1.4.7. Matriz s imétrica cuadradaUna matriz A es simétrica si la fila i es igual a la columna i, es decir, los elementos por encima de la diagonal principal son iguales a los elementos por debajo de ésta: A = AT ; Aij = Aji ; i, j È †1, 2, 3, …n°.

Ejemplo 1.28

A =

3 2 12 7 81 8 9

1.4.8. Matriz antis imétrica cuadradaUna matriz A es antisimétrica cuadrada si:

A = –AT ; Aij = –Aji ∴ i, j g 1, 2, 3, …n; esto implica que la diagonal principal es nula, Aii = 0.


Ejemplo 1.29

A AT= −− −

=− −

−0 2 72 0 57 5 0

0 2 72 0 57 5 0

;

.

1.4.9. Matriz unidad o identidadEs aquella matriz cuadrada cuyos elementos de la diagonal principal son 1 y los demás elementos son 0.

Ejemplo 1.30

I I=

=

1 0 00 1 00 0 1

1 00 1

; .

1.4.10. Matriz nulaEs aquella matriz cuyos elementos son en su totalidad iguales a 0.

Ejemplo 1.31

00 0 00 0 00 0 0

=

1.4.11. Matriz diagonalSolamente los elementos de la diagonal principal son no nulos.

Ejemplo 1.32

D =

71 0 00 82 00 0 94

1.4.12. Matriz tr iangular superiorUna matriz cuadrada se llama triangular superior si todos los elementos debajo de la diagonal principal son 0.


Ejemplo 1.33

P =

71 2 700 82 90 0 94

1.4.13. Matriz tr iangular inferiorUna matriz cuadrada se llama triangular inferior si todos los elementos arriba de la diagonal principal son 0.

Ejemplo 1.34

′ =− −

P71 0 040 2 090 20 8

1.4.14. Matriz ortogonalEs aquella en la que se cumple que la inversa es igual a la transpuesta y además su determinante vale 1.

Q Q=−− −

−0 1853 0 9827

0 9827 0 18531. .

. . ; == =

− −−

=Q QT 0 1853 0 9827

0 9827 0 1853. .

. . 11

1.4.15. Determinante de una matrizSea A una matriz que pertenece al campo M3x3. A e M3x3 det( ) .A e a a aijk i j k−

= 1 2 3

Ejemplo 1.35Determinante de una matriz de 3 x 3:

eijk

1 2 3 a11a22a33 = 5*7*11

2 3 1 a12a23a31 = 3*8*1

3 1 2 a13a21a32 = 2*4*6

3 2 1 a13a22a31 = 2*7*1

1 3 2 a11a23a32 = 5*8*6

2 1 3 a12a21a33 = 3*4*11

Det(A) = 385 + 24 + 48 – 14 – 240 – 132 = 71.

A =

5 3 24 7 81 6 11


Ejemplo 1.36Determinante de una matriz de 2 x 2:

Sea Bb bb b

B=

=

11 12

21 22

1 23 4

, , entonces

el det(B) está definido como det(B) = b11*b22–b12*b21

Det(B) = 1*4–2*3

Si el det(B) ≠ 0, B es una matriz invertible y, por lo tanto, se cumple que

B B− −= −−

−

=

−−

1 112

4 23 1

2 13 2 1

* / / 22

.

1.4.15.1. Propiedades de los determinantes

Sean A y B g M3x3, entonces:

1) det (AT) = det(A)

2) det(A B) = det A det B

3) det (A-1) = (det A)-1 = 1/ det A

4) det(]A) = ]n.detA

5) det(I) = 1

6) det (A) = 0 cuando AT = -A (A es antisimétrica)

7) det(A) = G 1 cuando AT = A-1 (A es ortogonal)

Ejercicio

Para la matriz M = 3e1Äe1, 2e1Äe2, 1e1Äe3, 4e2Äe1, 5e2Äe2, 7e2Äe3, -4e3Äe1, 5e3Äe2, -8e3Äe3, calcule el determinante: a) utilizando la definición anterior, b) por la forma tradicional.

Utilizando el método de los cofactores se puede calcular el determinante de una matriz de n x n; donde n ≥ 3.

Det (A) = a11A11+a12A12+a13A13+…+a1nA1n (usando la fila i).

Siendo Aij el cofactor de A, significa eliminar la fila i y la columna j de la matriz A, con lo que queda una matriz reducida de tamaño (n - 1) x (n - 1).

Resolviendo el determinante para el ejemplo anterior usando el método de los

cofactores, se tiene: A =

5 3 24 7 81 6 11


A A111 1

1211

7 86 11

1 77 48 29 1= − = − = = −+ +( ) * ( )( ) ; ( ) 22 4 81 11

1 44 8 36* ( )( )= − − = −

A131 31

4 71 6

1 24 7 17= − = − =+( ) * ( )( ) ; det A = 5*29 + 3*(-36) + 2*17 = 71.

1.5. Vectores y valores propios de un tensor

Recordemos que al multiplicar un vector por un escalar se obtiene un vector paralelo al inicial. Al multiplicar un tensor o matriz por un vector se obtiene como resultado un vector con cualquier magnitud y en cualquier dirección.

Ejemplo 1.37

Sea el vector

r

a T=

=−−

123

5 4 98 7 2 y sea el tensor11 3 6

= [ ] r

r

b T a

r

b =−−

=−5 4 9

8 7 21 3 6

123

181 6625

.

Comprobar que r

a y br

no son paralelos: r

r

a b× ≠ 0 .

Sin embargo, es posible y útil encontrar un vector que multiplicado por un tensor de un vector paralelo al original, amplifique una cantidad λ, siendo λ un escalar. Por lo tanto, se debe cumplir que Tv v

r r

= =λ 0, de donde se genera el polinomio característico.

Ejemplo 1.38

Calcular los valores y vectores propios de T =−

5 4 98 7 21 3 6

I1 I2 I3

Det T I tr T tr T tr TT( ) ( ) ( ) ( )− = − + − ( ) −

λ λ λ λ3 2 212 + ( ) =det T 0

tr(T): traza de T y tr(T): traza de T*T


TT tr TT=

=66 35 1718 87 9825 43 51

66 ; ( ) ++ + = = − + + =87 51 204 5 7 6 8 ( ) .y tr T

Remplazando en la ecuación característica:

Det( ) * ( )T I− = − + − −[ ]+ − =λ λ λ λ3 2 8 12

64 204 217 0

λ λ λ3 28 70 211 0− − + =

λ λ λ λ λ λI II III I II III≥ ≥ = = = . . 12 927 2 518 −−6 815. .

De tal manera que λ λ λI II III, , son los valores propios de T. Asociado a cada valor propio existe un vector propio.

Vector propio para λI =12 927.

( )T I− =λ νr 0

T =−

−

5 4 98 7 21 3 6

1 0 00 1 00 0 1

λI

= ;

ννν

1

2

3

0r

− −−

−

5 12 297 4 98 7 12 297 21 3 6 12 297

..

. ν11

2

3

0νν

=

r

;

−−

−

17 297 4 98 5 297 21 3 6 297

1

2

3

..

. ννν

=

000

.

Haciendo operaciones entre filas o columnas, se lleva la matriz aumentada a triangular superior.

−−

−

17 297 4 9 08 5 297 2 01 3 6 297 0

..

.

M

M

M

Matriz aumentada

1 0 231 0 52 00 1 1 78 00 0 0 0

− −−

. ..

M

M

M

Matriz triangular superior


T =− −

−

1 0 231 0 520 1 1 780 0 0

1

2

3

. ..

ννν

=

000

v1 – 0.231v2 – 0.52v3 = 0

v2 –1.786v3 = 0

0v3 = 0.

Como el sistema tiene infinitas soluciones ≠a, la trivial, se da valor a uno de los componentes del vector. Por ejemplo, v3 = 1.

Así, despejando tenemos que v3 = 1, v2 = 1.786, v1 = 0.932, ν I = 2 2493. .

Por tanto, ν I =

0 9321 786

1

.

. y normalizado ν I =

0 41450 7940 444

...

.

De igual forma, se deben determinar los vectores correspondientes para los valores propios 2 y 3.

1.6. Producto diádico o producto tensorial

Para un par de vectores u y v existe un tensor denotado por u ⊗v, llamado producto tensorial de u y v, el cual está definido a través de su acción sobre un vector arbitrario a por la siguiente ecuación:

( ) ( )r

r

r r r r

u v a a v⊗ = ⋅ µ

= + +

( )a v a v a vuuu

1 1 2 2 3 3

1

2

3

; escalar por vector

=+ ++ +

a v u a v u a v ua v u a v u a v ua

1 1 1 2 2 1 3 3 1

1 1 2 2 2 2 3 3 2

1vv u a v u a v u1 3 2 2 3 3 3 3+ +

→ vector

( )u v au v u v u vu v u v u vu v u v u v

⊗ =r

1 1 1 2 1 3

2 1 2 2 2 3

3 1 3 2 3 33

1

2

3

* .aaa


1.6.1. Propiedades del producto diádico

( ) ( ) ( )

( )

αµ β ω α µ ω β ω

µ α βω α

+ ⊗ = ⊗ + ⊗

⊗ + =

v v

v

ur ur ur

ur

(( ) ( )( )

µ β µ ωµ µ

⊗ + ⊗

⊗ = ⊗

vv vT

ur

r r r r

r rµ ⊗ =

[ ] =v

uuu

v v vu v u v u v1

2

3

1 2 3

1 1 1 2 1 3

uu v u v u vu v u v u v

2 1 2 2 2 3

3 1 3 2 3 3

3x1 1x3 3x3

1.7. Problemas resueltos

Problema 1.7.1Sean los vectores

r

r

a b=

=

749

246

; ; ; r

r

c d=−

= −

25

9

37

6;; .y

r

e =−−

92

1

a. Calcular la norma de cada vector y normalizarlos.

Solución

r r

a a=

= + +( ) = =749

7 7 4 4 9 9 146 12 * * * .. .08

Vector normalizado: r

rea =

=

1146

749

0 5790 3310 745

*...

r r

b b=

= + +( ) = =246

2 2 4 4 6 6 56 7 4 * * * . 88.

Vector normalizado: eb

r

r =

=

156

246

0 2670 5340 802

*...


r r

c c=−

= + +( ) = =25

92 2 5 5 9 9 110 * * * 110 49. .


rec =−

=−

1110

25

9

0 1910 477

0 858*

.

..

r r

d d= −

= + +( ) = =37

63 3 7 7 6 6 94 9 * * * ..70


red = −

= −

194

37

6

0 3090 722

0 619*

..

.

r r

e e=−−

= + +( ) = =92

19 9 2 2 1 1 86 * * * 99 27. .


ree =−−

=−−

186

92

1

0 9700 216

0 108*

.

..

.

b. Dados los escalares — = -7, “ = 3 y ” = 5, comprobar las siguientes igual-dades:

α α* * .r

r

r

r

a b a b( ) × = ×( )


Solución

α α* * *r

r

r

r

a b a b( ) × = ×( )∴ −

7749

×

= −

×

246

7749

246

*

−−−

×

492863

246

= −

−−−

7

4 6 9 49 2 7 67 4 4 2

** ** ** *

* *

* *

−( ) − −( )−( ) − −( )

28 6 63 4

63 2 49 6

−−( ) − −( )

=−

49 4 28 2

84168

140* *

84168

140

84168

140−

=−

.

β β* * .r r r r

b d b d⋅( ) = ⋅ ( )Solución

β β* * *r r r r

b d b d⋅( ) = ⋅ ( )∴

⋅ −

3246

37

6

=

⋅ −

246

337

6*

* * * *3 2 3 4 7 6 6246

+ −( )+( ) =

⋅ −

921

18

* * * *

3 14 2 9 4 21 6 18= + −( )+ .42 42=

r

r

r r

r

r

a b e a b e×( ) ⋅ = ⋅ ×( ) .


Solución

r

r

r r

r

r

a b e a b e×( ) ⋅ = ⋅ ×( )∴

×

749

246

⋅−−

=

92

1

749

⋅

×−−

246

92

1

44 6 9 4

9 2 7 6

7 4 4 2

* *

* *

* *

( ) − ( )( ) − ( )( ) − ( )

⋅−−

=

⋅

( ) − −92

1

749

4 1 6 2* *(( )−( )+ −( )

−( ) − −( )

2 1 6 9

2 2 4 9

* *

* *

* *

* *

* *

4 6 9 4

9 2 7 6

7 4 4 2

( ) − ( )( ) − ( )( ) − ( )

⋅−−

=

⋅(9

21

749

4 1* )) − −( )−( )+ −( )

−( ) − −( )

6 2

2 1 6 9

2 2 4 9

*

* *

* *

−−−

⋅−−

=

1224

20

92

1

749

⋅ −

1656

32

* * * *12 9 24 2 20 1 7 16+ + = − 44 56 9 32* *+ 176 = 176.

Problema 1.7.2 Dados los vectores

r

r

a b=

=−

179

0 110 77

1 ;

..

=

=

; ;

r

r

c d707

252

=−−

; ,yr

e921

calcular:

a. r

a + br

.

Solución

r

r

a b+ =

+−

=

179

0 110 77

1

9..

.1117 778

.


b. e dr r

−

Solución

e dr r

− =−

−

=−

−

971

252

112

1

c. Calcular y explicar el significado del producto cruz entre los vectores c y d.

Solución

c d ir r

× =

×

= −( ) + −

707

252

0 35 114 14 35 035035

+( ) + −( ) =−

j k

La operación producto cruz entre dos vectores da como resultado un vector perpendicular al plano que forman dichos vectores, y la magnitud del vector re-sultante es igual al área del paralelepípedo formado por los vectores iniciales.

d. Calcular el producto punto (producto escalar) entre los vectores a y c.

Solución

r

r

a c⋅ =

⋅

= + +

179

707

1 7 7 0 9* * ** 7 70=

e. Calcular el ángulo interno entre los vectores a y b.

Solución

Conociendo la expresión a b a br r

⋅ = * * ,cosα y siendo — el ángulo interno entre los vectores a y b:

α = ⋅

Arc a b

a b

*cos

r r

a br r

⋅ =

⋅

−

=

179

0 110 77

11

.

. * 00 11 7 0 77 9 1 3 5

1 7 9 132 2 2

. * . * .( ) + ( )+ −( ) = −

= + +( ) =a 11 11 445( ) = .


b

Ar

= ( ) + ( ) + −( )( ) = ( ) =

=

0 11 0 77 1 1 605 1 2672 2 2. . . .

α cc .. * .

. .cos −

=

3 511 445 1 267

103 97o

Problema 1.7.3

Calcular el producto diádico entre los siguientes vectores:

p qur r

=

=−

217

151

.y

Solución

p qppp

qqq

pur r

⊗ =

⊗

=

1

2

3

1

2

3

1qq p q p qp q p q p qp q p q p q

1 1 2 1 3

2 1 2 2 2 3

3 1 3 2 3 3

=

−−−

2 1 2 5 2 11 1 1 5 1 17 1 7 5 7 1

* * ** * ** * *

=−−−

2 10 21 5 17 35 7

Problema 1.7.4 Sea la matriz

A =−

− −

5 3 27 3 44 5 1

; calcular la inversa de A.

Solución

Matriz aumentada de A:

5 3 27 3 44 5 1

1 0 00 1 00 0 1

5

1 35

25

7 31

−

− −

→

−f 44

4 5 1

15 0 0

0 1 00 0 1

74

1

1 2

1 3− −

− ++

f ff f

335

25

0 65

345

0 375

135

15 0 0

75 1 0

45 0 1

−

−

−

−

− →

−

−

−

−56

1 35

25

0 1 173

0 375

135

15 0 0

76

56 0

45 0

2f

11

35

375

2 1

2 3

− +

− +

f f

f f


1 0 3

0 1 173

0 0 1183

12

12 0

76

56 0

476

376 1

−

−

−

−

→ −

−

−

−

3118 3

1 0 3

0 1 173

0 0 1

12

12 0

76

56 0

47236

3

f

77236

3118

3 3 1173 3 2

1 0 00 1 00

− +

+

f f

f f

00 1

23236

7236

9118

9236

13236

17118

47236

37236

3

−

−1118

Por lo tanto,

A− =

−

−

1

23236

7236

9118

9236

13236

17118

47236

37236

33118

Problema 1.7.5

Dadas las matrices A y B:

A B=−

− −

=3 8 98 5 2

9 2 4

15 25 6926 36 ; 55925 69 8

,

realizar las siguientes operaciones:

a. A * B

Solución

3 8 98 5 2

9 2 4

15 25 6926 36 5925 69 8

−− −

*

=

−− − −

62 408 193200 242 831

287 573 771

b. A + B

Solución

3 8 98 5 2

9 2 4

15 25 6926 36 5925 69 8

−− −

+

=

18 17 7818 31 6134 71 12


c. Calcular el determinante de A.

Solución

det * *3 8 98 5 2

9 2 43 20 4 8 32 1

−− −

= − −( )+ − − 88 9 16 45 472 261 211( ) + − +( ) = − + = −

d. Dado — = 5, calcular el determinante de — * A.

Solución

det(— * A) = —n * det(A) = 53 * -211 = –26375

e. Calcular el determinante de B usando el símbolo de permutación.

Solución

B =

15 25 6926 36 5925 69 8

La expresión para calcular el determinante por medio del símbolo de permuta-ción es la siguiente: det[B] = eijk b1i b2j b3k

eijk: positivo en sentido horario y negativo en sentido antihorario.

eijk

123 15 36 8 4320231

11 22 33

12 23

( ) * *( )+ → = =+ →

b b bb b b331

13 21 32

25 59 25 36875312 69 26 69

= =+ → =

* *( ) * *b b b ==− → = = −

123786321 69 36 25 62100132

13 22 31( ) * *b b b(( ) * *( )− → = = −− →

b b bb b

11 23 32

12 21

15 59 69 61065213 bb33 25 26 8 5200= = −* *

det[A] = 4320 + 36875 + 123786 - 62100 - 61065 - 5200 = 36316.

f. Calcular el determinante de la inversa de la matriz

A =−

0 3 28 0 40 4 7


Solución

det * *0 3 28 0 40 4 7

0 0 16 3 56 0 2−

= −( )+ −( )+ 332 0 232−( ) =

det( )det

.AA

− =( )

= =1 1 1232

0 0043

Problema 1.7.6 Sean A, B, C y D matrices cuadradas de orden 3. Despejar B de la siguiente igualdad:

A * B * C = D.

Solución

A * B * C = D

A-1 * A * B * C * C-1 = A-1 * D * C-1

B = A-1 * D * C-1

Problema 1.7.7 Calcular los valores y vectores propios de los siguientes tensores. Explicar los resultados comparativamente:

A B=−

=−3 0 8

0 7 08 0 4

3 8 08 4 0 ; 00 0 7

.

a. Determinación de los valores propios de A

Solución

det detA I−( ) =−

−λ λ

3 0 80 7 08 0 4

1 0 00 1 00 0 11

3 0 80 7 08 0 4

0

=− −

−−

=λ

λλ

7 3 4 64 0

7 0 7

3

−( ) − −( ) −( ) − =

−( ) = ∴ =

− −(

λ λ λ

λ λ

λII

)) −( ) − = − − =4 64 76 02λ λ λ

Resolviendo la ecuación cuadrática se obtiene λ λI III= = −9 23 8 23. , . .


Como se sabe, se cumple que λ λ λI II III> > .

b. Determinación de los vectores propios de A

Para II II , .λ = =

7010

Vpu ruu

Para I . ,λ = 9 23

− −−

−

3 9 23 0 80 7 9 23 08 0 4 9 23

1

2

3

..

.

aaa

=

000

−

−

=−

12 23 0 80 2 23 08 0 5 23

11

12 23.

..

.f

f

f3338

1 0 0 650 2 23 01 0 0 65

3 3

=

→−

−

= −f

f f.

..

ff 1

1 0 0 650 2 23 00 0 0

→−

.. .

De esta forma, se obtiene a2 = 0.

Mediante la expresión a1 – 0.65a3 = 0 y haciendo a3 = 1, se obtiene a1 = 0.65.

Por lo tanto,

VpI normalizau ruu

=

0 6501

. ddo I:

.

.Vpu ruu

=

0 5450

0 838

Vpu ru

III no=−

0 8380

0 545

.

. rrmalizado.

Al analizar el problema se evidencia que la ecuación característica es igual que en el literal a, pero la ubicación del valor “7” está en el plano z, por lo cual el vector

propio asociado será VpII

u ruu

=

001

y, por consiguiente, los vectores propios son

Vp VpI II

u ruu u ruu

=

=0 5450 838

0

00

.

. , 11

0 8380 545

0

=−

, .

.Vpu ru

III .

dado que son los mismos valores propios.


Problema 1.7.8

Explicar la igualdad Av vr r

= λ .

Solución

La multiplicación de una matriz y un vector da como resultado otro cualquiera en cualquier dirección y con cualquier magnitud.

La multiplicación de un escalar y un vector da como resultado un vector paralelo al original pero con diferente magnitud.

Por lo tanto, para que se cumpla la igualdad se requiere que el vector vr

sea un vector propio y el escalar λ un valor propio.

Problema 1.7.9 Se tiene la matriz

A =−

− −

3 8 98 5 2

9 2 4 ,

y sus valores y vectores propios

λ λ λI II IIIy= = = −13 547 1 22 12 767. , . . .

Vp VpI

u ruu u ru

= −

0 73040 24640 637

...

, III III=−

0 35140 66410 6599

...

, Vpu ruuuu

=−−

0 58560 7058

0 3985

.

..

.

Se pide comprobar, para cada pareja de λi iVp, , la igualdad Av vr r

= λ .

Solución

A Vp⋅ =−

− −

⋅ −I

3 8 98 5 2

9 2 4

0 73040 24640

....

...

63713 547

0 73040 24640

= = ⋅ −λI IVp

..

..

.637

9 893 33

8 62

= −

⋅A VpIII =−

− −

⋅−3 8 9

8 5 29 2 4

0 35140 66410 6

... 5599

1 220 35140 66410 65

= = ⋅

−λI IVp .

... 999

0 4280 81050 8052

=−

...

A ⋅⋅ =−

− −

⋅−−VpIII

3 8 98 5 2

9 2 4

0 58560 70

.

. 5580 3985

12 760 58560

..

.

.

= = − ⋅

−−λI IVp 770580 3985

7 4769 015 088.

...

=−


Problema 1.7.10

Sea el tensor T BB[ ] =

−

− −

=5 0 70 9 07 0 8

en la base ee e e1 2 3, , ,

donde e e e1 2 3

100

010

=

=

=, , 0001

.

a. Calcular los valores y vectores propios del tensor [T]B.

Solución

Valores propios:

det IT −( ) =−

− −

−λ λ

5 0 70 9 07 0 8

1 0 00 1 00 0 11

5 0 70 9 07 0 8

=

− −−

− − −

λ

λλ

= 0

5 9 8 7 7 9 0

5 9

−( ) −( ) − −( ) − − − −( )( ) =−( ) −

λ λ λ λ

λ λ

* *

(( ) − −( ) − −( ) =

−( ) − −( ) − −

8 49 9 0

5 8 49 9

λ λ

λ λ λ(( ) =

−( ) = ∴ =

−( ) − −( ) − =

0

9 0 9

5 8 49

λ λ

λ λ λ

22 3 89 0+ − =λ

λ λ= − ± − = − ± =b b aca

2

14

23 365

28 05 . λλ2 11 05= − .

Valores propios : , . , λ λ λI II III= = = −9 8 05 11.. .05

Vectores propios:

T v v T v v T I v* = * ∴ * − * = ∴ − *( )r r r r rλ λ λ 0 == 0.

Vector propio para λI = 9:

5 0 70 9 07 0 8

1 0 00 1 00 0 1

−

− −

−

λI

=

− −

− −

vvv

1

2

3

4 0 70 0 07 0 177

01

2

3

=

vvv


− −

− −

−

→−

4 0 70 0 07 0 17

000

4

1 0 1 750 0 07

1f.

00 17

000

71 0 1 750 0 00 0 4 75

001 3

−

+ →−

f f.

. 00

Esto indica que el sistema tiene infinitas soluciones:

v v v

v v

1 3 1

3 3

1 75 0 0

4 75 0 0

+ = ∴ =

− = ∴ =

.

. .

La componente v2 puede tomar cualquier valor, por ejemplo, v2 = 1.

Por lo tanto, vI =

010

.

Vector propio para λII = 8 05.

5 0 70 9 07 0 8

1 0 00 1 00 0 1

−

− −

−

λII

=

− −

..

vvv

1

2

3

3 05 0 70 0 955 07 0 16 05

1

2

3− −

.

vvv

= 0

− −

− −

−

3 05 0 70 0 95 07 0 16 05

000

3 051

..

..f →→

− −

+1 0 2 2950 0 95 07 0 16 05

000

7 1 3

..

.f f →→

1 0 2 2950 0 95 00 0 0

000

..


v v v

v v

1 3 1

2 2

2 295 0 2 295

0 95 0 0

+ = ∴ = −

= ∴ =

. .

. .


Por lo tanto, vII =−

2 29501

. y normalizado vII =

−

0 916700 3995

.

..

Vector propio para λIII = −11 05.5 0 70 9 07 0 8

1 0 00 1 00 0 1

−

− −

−

λIII

=

−

.vvv

1

2

3

16 05 0 70 20..

. 05 0

7 0 3 05

1

2

3−

vvv

=

−

−

0

16 05 0 70 20 05 07 0 3 05

000

..

. →

−

−

f116 05

1 0 0 4360 20 05 07 0 3 05

000

.

..

.

+ →−

71 0 0 4360 20 05 00 0 0

000

1 3f f.

.



v v v

v v

1 3 1

2 2

0 436 0 0 436

20 05 0 0

− = ∴ =

= ∴ =

. .

. .


Por lo tanto, vII =

0 43601

. y normalizado vII =

0 399500 9167

.

..

b. Expresar la matriz de transformación TB'B , considerando la base B’ como los vectores propios calculados en el punto anterior.

Solución

Te e e e e ee e e e e ee

B B'

' ' '

' ' '=⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

1 1 1 2 1 3

2 1 2 2 2 3

3'' ' '

⋅ ⋅ ⋅

= =

e e e e e

B e

1 3 2 3 3

1

100

Base

=

=

, ,e e2 3

010

001

= =

Base ,' 'B e e1 2

010

==−

=0 9167

00 3995

0 399500 9167

3

.

.,

.

.e

= −TB B' . .0 1 0

0 9167 0 0 399500 3995 0 0 916. .

c. Transformar [T]B a la base B’.

Solución

T T T T

T

B B B B B BT

B

[ ] = [ ]

[ ] = −

' ' '

'. .0 1 0

0 9167 0 0 39950.. .

*3995 0 0 916

5 0 70 9 07 0 8

−

− −

−

*

. .

. .

0 0 9167 0 39951 0 00 0 3995 0 9167


TB[ ] −− −

−

'. .. .

*0 9 0

7 38 0 3 224 42 0 10 13

0 00 9167 0 39951 0 00 0 3995 0 9167

. .

. .

TB[ ]

−

'.

.

9 0 00 8 05 00 0 11 05

d. Dado el vector

r r

b bB

=

123

, transformarBB

B '.a la base

Soluciónr r

r

b T b

b

B B B B

B

=

= −

' '

'. .0 1 0

0 9167 0 0 399950 3995 0 0 916

123. .

*

rb =

B '..

20 2823 150

e. Dada la matriz

MB[ ] =

−− −

'

3 8 98 5 2

9 2 4

en la base B’,

transformar [M]B' a la base B.

Solución

M T M T

T M T T

B B B B B BT

B B B B BT

[ ] = [ ]

[ ] ( ) =− −

' ' '

' ' '* *1 1BB B B B B B B

TB BTT M T T' ' ' '* *− −[ ] ( )1 1

por lo tanto: T M T MB B B B BT

B' ' '* * .− −[ ] ( ) = [ ]1 1


Recordemos que la matriz de transformación TB'B es una matriz ortogonal (su inversa es igual a su transpuesta y su determinante es 1).

Por lo tanto, * * .' ' 'M T M TB B B

TB B B[ ] = [ ]

MB[ ] =

−

0 0 9167 0 39951 0 00 0 3995 0 9167

. .

. .

−− −

−* * . .3 8 98 5 2

9 2 4

0 1 00 9167 0 0 39955

0 3995 0 0 916

10 93 5 38 0 24

. .

. . .

[ ] =−

MB

33 8 95 05 0 16 4 47

0 1 00 9167 0 0 39−

−. . .

* . . 9950 3995 0 0 916

5 03 10 93 1 9

. .

. . .

[ ] =−

MB

3310 93 3 5 051 93 5 05 4 03

. .. . .

.

Descripción del movimiento

2.1. Medio continuo

Un material se puede considerar un medio continuo desde el punto de vista macroscópico, donde las discontinuidades de tipo molecular (escala microscópica) no son tenidas en cuenta, suponiendo que cada partícula que conforma un sólido o un fluido está unida a otras infinitas partículas, sin formar discontinuidades, aceptándose así que la materia está dispuesta de manera continua en todo el volumen, idealizándose el material como isotrópico y homogéneo.

La descripción matemática del medio continuo se puede hacer de dos ma-neras: a través de la descripción material o de la descripción espacial.

2.2. Descripción material o descripción de Lagrange

Cualquier propiedad del medio continuo se puede describir usando una función continua en la cual sus argumentos son las coordenadas materiales, es decir, la variación en el tiempo de cualquier propiedad en cada partícula del medio continuo se puede describir usando las coordenadas materia-les. Por ejemplo, la densidad · puede ser definida mediante una función ρ ρ= ( , , , )X X X t1 2 3 .

CAPÍTULO 2


Si se requiere estudiar la variación de la propiedad para una partícula o punto determinado del medio continuo, es necesario fijar las coordenadas materiales de esa partícula y variar el tiempo en la función que define la propiedad. Se recomienda usar esta descripción en problemas de mecánica de sólidos.

2.3. Descripción espacial o descripción de Euler

En la descripción espacial la atención se centra en un punto del espacio, debido a que existen algunas propiedades del medio continuo para las cuales resulta muy complicada la representación mediante la descripción material. Se describe la propiedad asignando como argumento un punto en el espacio y se obtiene la evolución de la propiedad para las distintas partículas que van pasando por dicho punto del espacio durante un periodo.

Para diferenciar estas dos descripciones se considera el siguiente ejemplo.

Se requiere analizar la variación de la temperatura del agua que circula en un canal.

a) Considerando la descripción material y analizando la variación de la tempera-tura de una partícula dada (gota de agua), se fijan las coordenadas materiales para la función, se adhiere el termómetro a la gota y se sigue a lo largo del tiempo.

La figura 2.1a muestra la trayectoria de la partícula definida por las coordenadas materiales X1, X2, X3. La variación de la temperatura en la misma partícula está representada por la curva de la figura 2.1b.

a) b)

Figura 2.1

b) Considerando la descripción espacial, la función de variación de la tempe-

ratura estará dada como ψ ψ= ( , )x t . Fijando un punto espacial x, se observa la variación de la temperatura de todas las gotas que pasan por él. Posiblemente su variación sea:

Xur

=

231

T T X f= ( )ur ur

,

Recorrido de la gota de agua T0 en la gota

Tiempo

X

Descripción del movimiento 59

a) b)

Figura 2.2

Como Ψ es diferente a T, la variación es diferente. Además, aunque los vectores espacial y material coincidan, las dos descripciones representan interpretaciones diferentes de la misma propiedad.

La figura 2.2a muestra las trayectorias de todas las gotas de agua que pasan por el punto X1, X2, X3. En la figura 2.2b se observa la variación de la temperatura del punto X

ur

.

2.4. Ecuaciones del movimiento

Cinemática: es el estudio del movimiento en el tiempo y el espacio sin tener en cuenta las causas.

En un medio continuo el estudio del movimiento se hace a través de la secuencia de vectores de posición de las partículas que lo conforman, es así como se puede seguir una partícula determinada a lo largo de una periodo de tiempo siguiendo sus vectores de posición correspondientes para cada tiempo.

¿Cómo identificar cada partícula? Una forma de identificar cada partícula uní-vocamente es según sus coordenadas para un tiempo determinado o tiempo de referencia (configuración de referencia). A estas coordenadas en el tiempo de referencia se denominan coordenadas materiales, y son los datos de entrada en las ecuaciones de movimiento.

2.4.1. Coordenada material de una partículaEs el punto de un espacio tridimensional ocupado por la partícula en el tiempo de referencia (configuración de referencia), y se representa con una X

ur

.

2.4.2. Coordenada espacial de una partículaEs el punto del espacio tridimensional ocupado por la partícula en un tiempo dife-

rente al tiempo de referencia (configuración temporal), y se representa con xr

.

Xur

=

231

T0 en el punto x

Tiempo

X


Las coordenadas espaciales son los datos de entrada en las ecuaciones inversas del movimiento. La configuración de referencia se designa como œ0 y la confi-guración temporal se designa como œ1; el sistema de referencia es uno solo.

Para ilustrar el concepto de coordenada material y espacial de una partícula se hará uso de un ejemplo tradicional de la física, el movimiento parabólico. Si una bola de tenis es lanzada desde un punto inicial y describe una trayectoria parabólica, se tiene lo siguiente: la posición de partida de la bola de tenis será su configuración material y el vector que describe esta posición se denominará coordenada material; la posición final o de llegada de la bola de tenis se denomi-nará coordenada espacial final, y estará asociada con el tiempo final, es claro que existe una coordenada espacial asociada con cada tiempo del recorrido que hizo la bola de tenis, el conjunto de vectores que describen la trayectoria de la bola se denominará coordenadas espaciales. Para este ejemplo, en el cual sólo existe una partícula en movimiento, se puede determinar que existe un único vector material que representa el estado inicial de la partícula y que a este único vector material están asociados infinitos vectores espaciales que describen la trayectoria de esta partícula. Para describir el movimiento de un medio continuo, y partiendo del concepto según el cual un medio continuo es la unión de infinitas partículas, se tiene que en el instante inicial cada una de las partículas que conforman el medio continuo tiene asociado un vector material, a este conjunto de vectores materiales se denomina configuración de referencia o configuración inicial. Cada partícula, para un movimiento del medio continuo establecido, describirá una trayectoria representada igualmente por un conjunto de vectores espaciales. A estas funciones que relacionan las coordenadas materiales y espaciales del medio continuo se denominan ecuaciones de movimiento.

En la configuración de referencia la partícula P, en el sistema de referencia establecido, está particularizada, designada o etiquetada por sus coordenadas

materiales r

XpXXX

=

1

2

3

. Téngase en cuenta que el tiempo t = 0 es el tiempo de referencia.

Figura 2.3

t = t0 = 0; œ0

X1, x1

t = t, œ1

X2, x2

X3, x3

P

P'

r

Xpxpr

Configuración de referenciaConfiguración temporal


La partícula P’ (la misma partícula P pero ahora en la configuración temporal)

ocupa otro lugar en el espacio designado por la coordenada espacial xpXXX

r

=

1

2

3

.

Las dos posiciones están relacionadas por una función Œ tal que

x = Œ (X, t)x1 = Œi (X1, X2, X3,t), ecuaciones de movimiento

y/o por otra función Œ' tal que

X = Œ (x, t)Xi = Œ'i (x1, x2, x3,t), ecuaciones inversas de movimiento.

Así, conocidas las ecuaciones de movimiento y las ecuaciones inversas de mo-vimiento, es posible conocer, a partir de una configuración œ1 en t1, cualquier otra configuración œ2 en otro tiempo t2.

2.4.3. Propiedades de las ecuaciones de movimientoTanto las ecuaciones de movimiento como las ecuaciones de movimiento inverso deben cumplir con algunas propiedades matemáticas, para garantizar que la descripción matemática tenga sentido físico real. Estas condiciones son:

1. Condición de consistencia: x = Œ (X, t). Si t = 0, x = X, es decir, r

x X t X= =Φ( , ) .

2. Las funciones son continuas y con derivadas continuas en cada punto e instante.

3. Las funciones son biunívocas. Matemáticamente una función es biunívoca o biyectiva cuando para cada X existe uno y solo un Y, y para cada Y existe uno y solo un X. Físicamente, que la ecuación del movimiento sea biunívoca, garantiza que en un tiempo determinado dos partículas no ocupen el mismo punto y/o que una partícula no ocupe, simultáneamente, dos puntos del espacio.

4. El Jacobiano de la transformación será mayor que 0. J X tX

= = ∂∂

>det ( , )ϕ 0

El Jacobiano representa el cambio volumétrico de un elemento diferencial.

G Si J=1, no hay cambio de volumen.

G Si J>1, hay aumento de volumen.

G Si J<1 y J>0, existe disminución de volumen.

G Si J≤0, antimateria.


En la nomenclatura usada se tiene que

J xX

es igual a J xX

xX

i

j

i

j

= ∂∂

= ∂∂

=

∂∂

∂

1

1

xxX

xX

xX

xX

xX

xX

xX

1

2

1

3

2

1

2

2

2

3

3

1

3

2

∂∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂xxX

3

3∂

Figura 2.4

Ejemplo 2.1 (tomado de referencia [2]); [2] Oliver Olivella.

Una propiedad está descrita, según su descripción material, como

ρ( , , , ) ;X X X t X X Xt1 2 3

1 2 321

= + ++

y las ecuaciones del movimiento están dadas por

x x X tx X X tx X t Xx X t X

= == −= += +

( , ) .1 1 2

2 1 2

3 1 3

Obtener la descripción espacial de la propiedad.

Solución Como se explicó anteriormente, conocidas las ecuaciones del movi-miento, es posible obtener la descripción espacial de una propiedad a partir de la descripción material de la propiedad y viceversa.

1. Se comprueba si las ecuaciones del movimiento cumplen con las propiedades matemáticas:

Y Y

X XFunción no biunívoca Función biunívoca


a) Consistencia: evaluamos las ecuaciones de movimiento para t = 0, con lo cual se obtiene:

x X X tx X t Xx X t X

t

x1 1 2

2 1 2

3 1 3

1

0

= −= += +

=

⇒=

XX

x Xx X

x X t1

2 2

3 3

0==

=; ( , ).

Las ecuaciones de movimiento en esta forma (xi = Xi) se conocen como ecua-ciones canónicas, que corresponden a la configuración de referencia.

b) Continuidad: como Xi y t son variables continuas, las ecuaciones de movi-miento y sus derivadas son continuas (para este ejemplo) en el rango del medio continuo y en el tiempo.

c) Biunívocas: J @ 0

d) Consistencia física: J Q 0

Calculamos el Jacobiano de las ecuaciones del movimiento. En el J, por ejemplo,

la expresión ∂∂

xX

2

3

se puede interpretar como la derivada parcial de la ecuación x2

con respecto a la variable material X3. Para el ejemplo, J está dado como

J

xX

xX

xX

xX

xX

xX

xX

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

1

1

1

2

1

3

2

1

2

2

2

3

3

11

3

2

3

3

2

1 01 00 1

1

∂∂

∂∂

=−

−= +

xX

xX

Jt

tt

t ; J t= +1 2

Como la variable tiempo siempre será positiva para t = 0; J = 1, y para t > 0, J será positivo y mayor que 1, por lo tanto, mayor que cero, con lo que se cumplen c) y d).

Que el Jacobiano sea diferente de cero es condición suficiente aunque no ne-cesaria para que las ecuaciones de movimiento sean biunívocas, es decir, que existan las ecuaciones inversas del movimiento. Por otra parte, que el Jacobiano sea mayor que cero es condición suficiente y necesaria para que el movimiento tenga sentido físico. Para este ejemplo se cumplen las dos condiciones.

2. Encontrar las ecuaciones inversas de movimiento

Matricialmente las ecuaciones de movimiento planteadas en este ejemplo que-dan expresadas como

xxx

ttt

XX

1

2

3

1

2

1 01 00 1

=

−

−

XX3

,


de donde se pueden expresar las ecuaciones inversas de movimiento X = X (x, t):

X xt

txt

X txt

xt

X tx

11

22

2

212

22

31

1 1

1 1

1

=+

++

= −+

++

=+ tt

t xt

x tt

X x x

2

222

32

2

11 2

11

1+

++ +

+

= +

( )

ttt

X x x tt

X x t x t x x tt

1

1

1

2

22 1

2

31 2

23 3

2

2

+

= −+

= + + ++

..

3. Se expresa la propiedad en su descripción espacial, reemplazando las coor-denadas materiales en función de las coordenadas espaciales;

ρ( , , , )x x x t

x x tt

x x tt

x t

1 2 3

1 22

2 12

1

1 1=

++

+ −+

+ + xx t x x tt

t

x x x t x x

22

3 32

2

2

1 2 31 2

11

+ ++

+

= +ρ( , , , ) tt x x t x x tt

+ + + ++

2 22

3 32

2 21( ).

2.5. Trayectoria

Es la curva que representa las posiciones sucesivas de una partícula a lo largo del tiempo. Esto se logra reemplazando las coordenadas materiales de una partícula determinada en las ecuaciones de movimiento y variando el tiempo.

CAPÍTULO 3

Descripción de la deformación

Es importante aclarar los conceptos de desplazamiento y deformación. El desplazamiento no siempre implica que exista deformación, mientras que la deformación siempre implica desplazamiento (el concepto básico de de-formación implica un desplazamiento relativo). En el contexto más general, la deformación se refiere al estudio de los desplazamientos relativos de las partículas situadas en el entorno diferencial de otra partícula determinada como partícula de referencia. En un medio continuo estos desplazamientos pueden obtenerse a través de las ecuaciones de movimiento.

3.1. Tensor gradiente de la deformación F( )

Figura 3.1

X3, x3

X2, x2

X1, x1

F(X, t)

–0 t0

–t t

Xe3

x

e1 e2

P' Q'dx

dXp

Q


r r

dXdXdXdX

dxdxdxdx

=

=

1

2

3

1

2

3

;

= ⋅ ; r r

dx F dX

dXi: componente del vector diferencial r

dX

dxi: componente del vector diferencial r

dx

Supóngase una partícula P de un medio continuo en su configuración de re-ferencia –0, en el tiempo de referencia t0, y referenciada por su coordenada material (X) unida a una partícula Q a través del vector diferencial

r

dX y sea P' la partícula P en la configuración temporal –t en el tiempo t identificada por su coordenada espacial (x), unida a Q' en la misma configuración –t a través del vector diferencial

r

dx .

Sea F(X, t) el tensor gradiente material de la deformación que contiene in-formación del movimiento relativo de todas las partículas materiales en el entorno diferencial de una partícula dada para el tiempo t, identificada por sus coordenadas materiales.

F(X, t) está definido por ∂∂

xX

i

j

y se cumple que

r r

dx F dX o dx Xx

dXii

jj= ⋅ = ∂

∂ .

Otra forma de definir el tensor gradiente material de deformación es a través del producto diádico entre el vector columna de ecuaciones de movimiento y el vector fila del operador nabla material, tal que

F x= ⊗∇,

donde ; ; r

xxxx

Xe

ii=

∇ = ∂∂

1

2

3

.∇ = ∂∂

∂∂

∂∂

X X X1 2 3

Con lo cual

.

Fxxx

X X X

x

[ ] =

∂∂

∂∂

∂∂

=

∂

1

2

31 2 3

1

∂∂∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂

XxX

xX

xX

xX

xX

xX

x

1

1

2

1

3

2

1

2

2

2

3

3

1

3

∂∂∂∂

X

xX2

3

3

.

Descripción de la deformación 67

Recordando que el Jacobiano es el determinante de F, y representa el cambio de volumen.

3.2. Tensor gradiente de la deformación inverso (F-1)

Considerando ahora las ecuaciones inversas del movimiento

X x t X X x tX x xi

= ⇒ =

=

−

−

ϕϕ

1

11 2

( , ) ( , )( , , , ) ( , , , ) x t X X x x x ti3 1 2 3⇒ = ii

F x t Xx

i

i

=∂∂

−

1 2 31

, ,

( , ) está definido por

y se cumple que

r r

dX F dx o dXi= ⋅ =−1 ∂∂∂Xx

dxi

jj .

Otra forma de definir el tensor gradiente espacial de la deformación es a través del producto diádico o producto tensorial, entre el vector columna de las ecua-ciones inversas del movimiento y el vector fila del operador nabla espacial, tal que

F X XXXX

− = ⊗ ∇ =

∇11

2

3

; ; donder

== ∂∂

∇ = ∂∂

∂∂

∂∂

x

ex x xi

i ; .1 2 3

Con lo cuual F

Xx

Xx

Xx

Xx

X− =

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

1

1

1

1

2

1

3

2 2

1

2

xxXx

Xx

Xx

Xx

2

2

3

3

1

3

2

3

3

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

∂∂

∂∂

∂∂

XXX

x x x

1

2

31 2 3

.

En relación con las anteriores ecuaciones, el tensor gradiente espacial de la deformación también se puede denominar como tensor gradiente material de la deformación inversa.

El tensor gradiente espacial de la deformación F-1 es efectivamente el tensor inverso del tensor gradiente material de la deformación F, es decir, FF-1 = F-1F = I.

Ejemplo 3.1Para un punto particular del medio continuo se tiene el estado de deformación homogéneo y se cuenta con la información del desplazamiento de sus puntos, que se representan gráficamente en la figura 3.2.


a) Según las coordenadas, determinar F.

b) Calcular las coordenadas espaciales del punto C.

Coordenadas materiales Coordenadas espaciales

Punto dX1 dX2 dx1 dx2

A 0 0 0 0

B 1 0 0.5 -0.5

C 1 1

D 0 1 0.2 1

Figura 3.2

a) Cálculo del tensor F.

Ff ff f

dx F dX=

= ⋅11 12

21 22

; .r r

Para el punto B:

0 50 5

10

11 12

21 22

..

.−

=

f ff f

Las incógnitas son las componentes del tensor

F.

0 5 1 0 0 50 5 1

11 12 11

21 22

. * * .. *= + ⇒ =

− = +f f f

f f ** . .0 0 521⇒ =f

–0–t

X1

X2x1

x1

(1,1)(0.2,1)

(0.5, -0.5)

D C

A B A

DC

B


Para el punto D:

0 21

0 50 5

10

0 2 0

12

22

. ..

.

=

−

=

ff

.. * * .. * * .

5 0 1 0 21 0 5 0 1 1

12 12

22 22

+ ⇒ == − + ⇒ =

f ff f

Con lo cual se tiene que F =−

0 5 0 20 5 1. ..

.

b) Cálculo de las coordenadas espaciales del punto C.

dxdx

1

2

0 5 0 20 5 1

11

0 7

= −

=

. ..

.

00 5.

Cálculo de los valores y vectores propios

( . )( ) .. .

.

0 5 1 0 1 00 5 15 0 1 0

1 5

2

2

− − + =

− + + =

− +

λ λλ λ λ

λ λ 00 6 0 0 75 0 19 0 75 0 191 2. . . . .= = + = −λ λi i

El estudiante está en capacidad de analizar físicamente los resultados de estos valores propios.

Ejercicio de aplicaciónPara el caso de la figura 3.3, realizar los mismos ítems a) y b) del punto 1.

Figura 3.3

3 .3 . Descomposición polar del tensor F

Como ya se dijo, F(X, t) contiene la información del movimiento relativo que experimentan las partículas en el entorno diferencial de una partícula de refe-

X2

X1

x2

x1

–0 –t

(1,1)(0.5, 0.866)

(0.866, –0.5)

D C

A B


rencia. Este movimiento tiene dos componentes: un movimiento de rotación y un movimiento de deformación, los cuales generalmente suceden de manera simultánea en la naturaleza. Sin embargo, matemáticamente, estos dos movi-mientos se pueden separar, descomponiendo el tensor gradiente material de deformación (F) en un tensor de giro Q y otro de cambio de forma U o V, según el caso. A esto se le conoce como descomposición polar.

La descomposición polar se puede realizar de dos maneras: una, en la cual el elemento gira y luego se deforma, cuando F = V . Q; y otra, en la cual el ele-mento primero se deforma y luego gira, con lo cual F queda expresado como F = Q . U.

Donde se cumple que U . U = FT F y V . V = FFT.

Los tensores U y V son simétricos y el tensor Q es ortogonal, por lo cual se cumple que det(Q) = 1 y Q-1 = QT.

Matemáticamente, el determinante de un tensor ortogonal es ±1; sin embargo, físicamente la explicación está en que el cambio volumétrico en el giro no existe, por lo tanto, det(Q) = 1. Recordemos que si el Jacobiano < 0, esto se entiende como si se llegara a la antimateria.

Se define C F FT= , conocido como el tensor derecho de Cauchy; B FFT= se conoce como el tensor izquierdo de Cauchy.

Ejemplo 3.2Del ejemplo anterior se tiene:


Punto dX1 dX2 dx1 dx2

A 0 0 0 0

B 1 0 0.5 -0.5

C 1 1 ? ?

D 0 1 0.2 1

Con estos datos se obtuvo F =−

0 5 0 20 5 1. ..

.

Realizar la descomposición polar de las dos formas.


Solución

1) Cálculo de U

Sabemos que

U U F F

UU

T⋅ =

=−

= −

0 5 0 50 2 1

0 5 0 20 5 1

. .

.. ..

=−

−

=

⋅ =

. .. .

UU C

U UU UU

0 5 0 40 4 1 04

11 12

221 22

11 12

21 22

112

122

UU UU U

UUU U

=+

UU U UU U U U U

12 11 22

12 11 22 122

222

0( )( )

.++ +

=

55 0 40 4 1 04

−−

=

.. .

C

En esta igualdad se tienen tres incógnitas: U11, U22, y U12 .

Es posible tener tres ecuaciones:

U U

U U

U U U

112

122

122

222

12 11 22

0 5

1 04

0

+ =

+ =

+ = −

.

.

( ) .44.

Éstas no son lineales y su solución se obtiene por un proceso iterativo. Para salvar esta dificultad, la igualdad de una base ortogonal formada por los vectores propios del tensor U así:

λλ

λλ

λλ

I

II

I

II

I

II

C

C

U

U

U

U

00

00

00

=

[ ] [ ]′ ′

.

C UB B

UUB[ ] ′

Con lo cual se obtiene

λ λ λ λI I II IIC U C U= =2 2 .

Ahora es necesario calcular los valores propios de C y obtener los valores propios de U . Esto es posible ya que los vectores propios de los tensores C, U y, como se verá más adelante, E son colineales, es decir, se encuentran en la misma base ortonormal B’, ya que los tres tensores contienen información del patrón de deformación de un punto.


2) Cálculo de los valores propios de C

0 5 0 40 4 1 04

. .. .

− −

− −

⇒

λλ

Polinomio . .

.

característico

I

λ λ

λ

2 1 54 0 36 0

1 25

− + =

=C

. .λIIC= 0 29

3) Cálculo de los valores propios deU

λ λ λ

λ λ λ

I I

II II II

U C U

U C

I= = =

=

; . .

;

1 25 1 118

UU= =0 29 0 538. . .

Como la traza de un tensor es una invariante, se tiene que

tr I IIU U UU U

( ) = + = + = + =λ λ 11 22 1 118 0 538 1 656. . . .

Conociendo U11 + U22, vamos a las ecuaciones originales y se resuelven:

U U112

122 0 5+ = . ( )

.

1

1 0122

222U U+ = 44 1 656 1 04 212

12 11 22

⇒ =

+ = −

U

U U U

*( . ) . ( )

( ) 00 4. ( ) .3

De (3) se tiene U U U U12 11 22 120 4 1 65( ) . ( .+ = − = 66) . .U12 0 241= −

De (1) se tiene U U U112

122

1120 5 0 5+ = = −. . (−−0 2412. )

. .

U U112

110 442 0 442= = . .U11 0 664=

De (2) se tiene U U U122

222

2221 04 1 04+ = =. . −− −( . )

0 2412

.

U22 0 9819= . .U22 0 99=

Con lo cual

U =−

−

0 664 0 2410 241 0 990. .. .

.


Para calcular la componente de giro Q:

F QU Q FU= ⇒ = − .1

Por lo tanto, es necesario calcular la inversa de U:

U

Q FU

−

−

=

= =−

1

1

1 65 0 40 4 1 11

0 91 0 420 4

. .. .

. .. 22 0 91.

.

3.4. Desplazamientos

En el tema anterior se establecieron los vectores Xur

y xr

como vectores de posición material y espacial de una partícula P. Se define el desplazamiento de la partícula P como la diferencia de estos dos vectores, es decir, el vector resultante U

ur

es el desplazamiento de la partícula P en un instante determinado, y que une los puntos P y P’. Dicho desplazamiento U

ur

se puede expresar como descripción material o como descripción espacial, así:

µµ

( , ) ( , )( , ) ( , )

X t x X t XX t x X t Xi i i

= −= −

forrma material,

µµ

( , ) ( , )( , ) (

x t x X x tx t x Xi i i

= −= − xx ti , )

forma espacial.

Recordemos que geométricamente la diferencia de vectores se expresa como se observa en la figura 3.4.

Figura 3.4

r

a

b ar r

− a br r

−

r

a br

br


3.4.1. Tensor gradiente material de los desplazamientosEn la derivada del vector de desplazamiento Ui con respecto a las coordenadas materiales, se tiene:

U X t x X t Xi i i( , ) ( , ) , = − derivando con respectoo a X j

∂∂

= ∂∂

− ∂∂

= − =U X tX

xX

XX

F Ji

j

i

j

i

jij ij i

( , ) δ jj .

J(X, t) Tensor gradiente material de los desplazamientos y se define como

J X t x X t X

J X t x X t Xi i

i i

( , ) ( ( , ) )

( , ) ( ( , ) )

= − ⊗∇

= − ⊗∇− XXi ⊗∇

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂

UX

UX

UX

UX

UX

1

1

1

2

1

3

2

1

2

2

UUX

UX

UX

UX

2

3

3

1

3

2

3

3

∂∂∂

∂∂

∂∂

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂

xX

xX

xX

xX

1

1

1

2

1

3

2

1

xxX

xX

xX

xX

xX

2

2

2

3

3

1

3

2

3

3

∂∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

−

∂∂

∂∂

∂∂

∂

XX

XX

XX

1

1

1

2

1

3

XXX

XX

XX

XX

XX

2

1

2

2

2

3

3

1

3

2

∂∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂

XXX

3

3∂

⇓

⇓J(( , ) ( , ) X t F X t=

− I

Jij = −Fij .δij

Figura 3.5

X3, x3

X2, x2

X1, x1

–0

–t

e3

e1 e2

p'U(X, t)p

1

1

1


Y se cumple:

dU UX

dX J dX dU J dXii

jj ij j i j= ∂

∂= = ⋅

r r

.

3.4.2. Tensor gradiente espacial de los desplazamientosAnálogamente, para los desplazamientos expresados en forma espacial ‹(x, t) = x - X (x, t), se puede derivar en relación con las coordenadas espaciales para obtener el tensor gradiente espacial de los desplazamientos.

µ δi

j

i

j

i

jij ij

x tx

xx

Xx

j x t F( , ) ; ( , ) .∂

= ∂∂

− ∂∂

= − −1

j(x, t) →Tensor gradiente espacial de los desplazamientos y se define como

j x t x tx

( , ) ( , ) . = ⊗∇ ∇ = ∂∂

µ Recordemos que 11 2 3

∂∂

∂∂

= ⊗∇ = ⊗∇−x x

j x t x t x Xi i( , ) ( , ) ( (µ xx t, ))⊗∇

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂

µ µ µ

µ µ µ

µ

1

1

1

2

1

3

2

1

2

2

2

3

3

1

x x x

x x x

xµµ µ3

2

3

3

1

1

1

2

∂∂∂

=

∂∂

∂∂

x x

xx

xx

∂∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

1

3

2

1

2

2

2

3

3

1

3

2

3

3

−

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

Xx

Xx

Xx

X

1

1

1

2

1

3

2 2

xxXx

Xx

Xx

Xx

Xx

1

2

2

2

3

3

1

3

2

3

3

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

⇓

⇓

Jij = −δij

( , )

F

j X tij

−

=

1

I F− −1(( , ).X t

Y se cumple:

dx

dx

d J dx

ii

jjµ µ

µ

= ∂∂

= ⋅r r

.


Ejemplo 3.3Continuando el ejemplo anterior se tiene que

F F=−

=

−−0 5 0 2

0 5 10 5 0 20 5 0

. ..

; . ..

= −

=

−

− −

−

. .

j I F

j

1

1 00 1

1 667 0 33330 833 0 833

0 667 0 3330. .

; . ..

=

−−

j8833 0 1667.

.

Como debe cumplirse que r r

U JX U UX

Xii

jj= = ∂

∂ ; , se puede obtener el campo

de desplazamientos usando las coordenadas materiales (figura 3.6).

Vector de desplazamiento del punto B:

UU

1

2

0 5 0 20 5 0

10

0 5

=

−−

=

−. ..

.

−−

0 5..

Vector de desplazamiento del punto C:

UU

1

2

0 5 0 20 5 0

11

0 3

=

−−

=

−. ..

.

−−

0 5..

Vector de desplazamiento del punto D:

UU

1

2

0 5 0 20 5 0

01

0 2

=

−−

=

−. ..

.

00

.

Figura 3.6

X2

X1

D C

A B


Usando el tensor gradiente espacial de los desplazamientos se debe llegar a los mismos vectores de desplazamiento obtenidos mediante el uso del tensor gra-diente material de los desplazamientos. En este caso se deben usar como datos de entrada las coordenadas espaciales de cada uno de los puntos de análisis:

µµ

1

2

0 667 0 3330 833 0 1667

0

=

−−

. .

. .

.550 5

0 50 5

0 61

2

−

=

−−

=

−

...

;

.µµ

667 0 3330 833 0 1667

0 70 5

0.. .

..

.−

=

− 330 5

0 667 0 3330 833 0

1

2

−

=

−−

.;

. .

. .µµ 11667

0 21

0 20

=

. ..

.

3.5. Grandes deformaciones

3.5.1. Tensor material de deformación Se dice que un cuerpo o medio continuo ha sufrido deformación cuando la longitud (norma o magnitud) del vector material diferencial dX

r

que une dos partículas es diferente a la longitud del vector espacial diferencial dx

r que une las mismas dos partículas en la configuración espacial. Esto implica que la distancia entre los puntos ha cambiado en un periodo de tiempo determinado.

dR se denota como longitud del vector material diferencial dXr

y está definida como: dR dX dX dX= ⋅ =

r r r

; análogamente, dr es la longitud del vector es-pacial diferencial dx

r

y está expresada como dr dx dx dx= ⋅ =r r r

.

Como ya se dijo, para estos dos vectores dxr y dX

r

se cumple que:

dx F d X F dX

dX F dij j

r

ur

r

= ⋅ = ⋅

= ⋅−

donde dxi

1 rr

x F dxij j .donde dXi = ⋅−1


Figura 3.7

Como dr dx dx dr dx dx dx dxT= ⋅ ( ) = ⋅ = [ ] ⋅ [ ]; ; 2 si ddx F d Xr ur

= ⋅ ,

entonces:

( )dr F dX F dX dX F F dX dX FT T T2 = ⋅[ ] ⋅ ⋅[ ] = ⋅ ⋅ ⋅[ ] = ⋅ TT

T T

F dX

dr dx dx dX F F dX

⋅ ⋅

= [ ] = ⋅ ⋅ ⋅( ) . 2 ( )1

Análogamente:

( )dR dX dX dX dX F dx F dxT T2 1 1= ⋅ = [ ] [ ] = ⋅ ⋅ ⋅ − − =

= ( ) ( )

− −

− −

dx F F dx

F F dR

T T

T T

;

1

1 2 == ⋅ = − −dX dX dx F F dxT T 1 2 ( ).

Restando las expresiones: (1) – (2)

dr dR dX F F dX dX dXT( ) − ( ) = ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅2 2

= ⋅ − [ ]dX F F dX dX I dXT

.= ⋅ − dX F F dXT 1

Por definición:

F F I ET ⋅ − = 2

Por lo tanto:

E F FT= ⋅ − 12

1

X3, x3

X2, x2

X1, x1

–0 –t

e3

e1 e2

X

t0

dXdR

p

Ï Ï'

t

dr dx

x

p'


Tensor material de deformación o tensor de Green-Lagrange.

E X t F F

E X t F F

T

ij ki kj ij

( , ) ( )

( , ) ( )

= ⋅ −

= −

12

1

12

δ ppara , , , , .i j k = 1 2 3

3.5.2. Tensor espacial de deformación

dr dR dx dx dxF F dx dxT( ) − ( ) = ⋅ − ⋅ =− −2 2 1

r r

rr r r

r

⋅ [ ] ⋅ − ⋅

( ) − ( ) =

− −I dx dx F F dx

dr dR dx I

T 1

2 2 −− ⋅ ∴ =− −F F dx dx edx dxT 1 2 2r r r r

eedxr

.

Por definición, 2 1e x t I F FT( , ) .= − − −

Con lo cual

e x t I F F

e x t F F

T

ij ij kiT

kj

,

,

( ) = − ⋅( )( ) = −

− −

−

1212

1

δ −−( ) = 1 1 2 3 , , , ,i j k

TENSOR ESPACIAL DE

DEFORMACIÓN

Obsérvese que si se tiene el tensor material de deformación E, al tensor espacial de la deformación e no se llega a través de la inversa de E, como en el caso de F y F-1, sino por medio de operaciones independientes y se debe cumplir la igualdad:

2 2d XEd X dxedxur ur r r

=

Como las dos expresiones están afectadas por diferentes vectores, d Xur

y dxr

, esto permite entender que E sea un tensor diferente del tensor e . También es importante aclarar que E y e son tensores simétricos.

3.5.3. Tensor de deformación en términos de gradientes de desplazamientos

Recordando que

J F I E F F I

F J I

T= − = − = +

. , y que se tiene que

( ) ; .y que F J I F J IT T T T T= + = +

Remplazando:

E J I J I IT T= +( ) +( ) − 12

. Resolviendo el parénntesis se tiene:


E J J J J I I J J J J

E J

T T T T= + + ⋅ + − = + + ⋅

= +

12

12

12

JJ J J

E UX

UX

UX

UX

T T

iji

j

j

i

k

i

k

+ ⋅

= ∂∂

+∂∂

+ ∂∂

∂∂

12 jj

i j k

∈ , , , , .1 2 3

De la misma manera, como j I F e I F FT= − = − ⋅ − −1 11

2 ,y

se tiene que F-1 = I - j y F-T = (I - j)T F-T = IT - jT

e I F F I I j I jT T T= − ⋅ = − − ⋅ − −1

212

1 ( ) ( ) . Resolviendo el paréntesis:

e I I I j j j j e j j jT T T T T= − − − + = + + ⋅12

12

jj

e x t e uu

uu

uuij

i

j

j

i

k

( ) = = ∂∂

+∂∂

− ∂∂

, 12 ii

k

j

uu∂∂

.

También es posible calcular el tensor de Green-Lagrange en términos de F y J, así:

E F F

E

T= ⋅ −

=−

12

1

12

0 5 0 50 2 1. ..

−

−

. ..

0 5 0 20 5 1

1 00

. .. 1

12

0 5 0 40 4

=

− −−

E .

.0 04

En términos de j:

E J J J J

E

T T= + + ⋅

=−−

+

−

12

12

0 5 0 20 5 0

0. ..

.55 0 50 2 0

0 5 0 50 2 0

0 5 0 2−

+

− −

−.

.. .

.

. .−−

=− −−

+

0 5 0

12

1 0 30 3 0

0 5

.

..

.E

−−−

=

− −−

0 10 1 0 04

12

0 5 0 40 4 0 0

.. .

. .

. . 44

.

De igual manera, se puede calcular el tensor espacial de deformación e en tér-minos de F-1 y j, lo cual se deja como ejercicio de aplicación.


3.5.4. Variación de las distanciasConsiderando un elemento cuadrado en la configuración de referencia y de-formado por una acción cortante en la configuración temporal, para el cual es evidente que una de las diagonales se estira y la otra se encoge, se puede extrapolar el concepto de que el cambio de longitud de un segmento depende de la dirección en la cual se analiza. Esto lleva a la definición de los conceptos fundamentales estiramiento y deformación unitaria.

3.5.4.1. Estiramiento

Es la relación entre la longitud final y la longitud inicial de un segmento en una dirección definida por un vector unitario material T

ur

o su equivalente vector unitario espacial t

r

, y se denota como Â. Así, si se tiene un segmento material en la dirección y el respectivo segmento diferencial PQ en la dirección T

ur

y el respectivo segmento diferencial P Q' ' en la dirección t

r

, el estiramiento está dado por

Φ Φ Φr r

T tP QPQ

drdR

= = = < <' ' 0 α .

Retomando se tiene ( ) ( ) ;dr dR d XEd X dxedx2 2 2 2− = =ur ur r r

además dX T dRr r

= ⋅ .En esta igualdad, dX

r

es el vector diferencial que une los puntos P y Q cuya norma es dR y su respectivo vector unitario es T

ur

.. La igualdad puede expresarse:

dr dR dRT E dRT( ) − ( ) = 2 2 2

r r

.

Como dR es un escalar, se puede factorizar:

dr dR dR TET( ) − ( ) =2 2 22( ) .r r

Despejando se tiene:

drdR

dRdR

T E T

−

= ⋅ ⋅

2 2

2r r

.

Por tanto,

( ) ; Φ ΦT TTT E T T E T T E T2 1 2 1 2 1 2− = ⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ = + [ ] ⋅ ⋅

r r r r

[[ ].

Análogamente, en términos de coordenadas espaciales, se tiene:

dx t dr dr dR dxedxv

r

r r

= ⋅ ( ) − ( ) = ; . y Por tan2 2 2 tto

Como

,

. dr dR tdr e tdr( ) − ( ) = 2 2 2

r r

dr es escalar se tiene

dr dR dr te( ) − ( ) =2 2 22( )v v

tt


drdr

dRdr

t e t

t

−

= ⋅ ⋅

−

2 2

2

2

1 1

r r

Φ− = ⋅ ⋅

=

1 2r r

rt e tt

t

:

y despejando

se tiene

Φ

Φ 111 2−

r r

tet.

Se debe cumplir que ÂT = Ât , es decir:

1 2 1

1 2+ ⋅ ⋅ =

− ⋅ ⋅T E T

t e t

ur ur

r r

El estiramiento está definido para una fibra, la cual se puede definir por el vector unitario T

ur

en la configuración material. Esa misma fibra estará definida por el vector unitario t

r

.

3.5.4.2. Deformación unitaria o alargamiento unitario e eT tur r=

Es la relación entre el incremento de longitud que sufre un segmento diferencial PQ al pasar de la configuración material a la configuración espacial. La longitud inicial el segmento diferencial PQ está definida por su dirección unitaria T

ur

en la configuración material o por su dirección unitaria t

r

en la configuración espacial o temporal. La deformación unitaria en la dirección T

ur

o tr

se nota, de manera general, como

e eTur r= = − = −

t

P Q PQPQ

dr dRdR

' ' ;

donde PQ es el segmento diferencial material y P Q' ' el segmento diferencial espacial.

dr dRdR

drdR

dRdR

− = − = −Φ 1.

Como ya se sabe

e e

e

T T T

t t

T E T= − ⇒ = + ⋅ ⋅( ) −

= −

Φ

Φ

1 1 2 1

1

.⇒ =− ⋅ ⋅( )

−ett e t

11 2

1


3.5.5. Variación de los ángulos

En la configuración de referencia, los segmentos diferenciales PQ y PR forman un ángulo inicial ÿ; cuando el medio continuo se deforma en un tiempo t, los segmentos diferenciales P Q' ' y P R' ' forman un ángulo ÿ'. Se define como distorsión o variación angular la diferencia entre ÿ y ÿ'.

Figura 3.8

Retomando la definición del ángulo entre dos vectores se tiene:

Cos dX dXdX dX

θ = ⋅⋅

r r

( ) ( )

( ) ( ) ,

1 2

1 2

donde dXr

( )1 es el vector diferencial material que une las partículas P y Q y dX

r

( )2 es el vector diferencial material que une las partículas P y R.

Además, se sabe que dX T dR dx t dr dx F dX dX Fr r

v

r

r r

= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅− 1 ddx

Φ Φ= ⇒ = ⋅drdR

dr dR .

La expresión

Cos dx dx

dx dxθ `,

( ) ( )

( ) ( )= ⋅

⋅

r r1 2

1 2 se puede expresar como

dx dx dx dx Cos

dx dxT

r r( ) '1 2 1 2

1 2

⋅ =

⋅

( ) ( ) ( )

( )

θ

(( ) ( ) ( )

( ) ( )

=

⋅

⋅

dx dx Cos

F dX F dXT

1 2

1 2

θ '

=

=

( ) ( )

( ) ( )

( )( ) '

(

dr dr Cos

dX F F dXT

1 2

1 2

θ

ddr dr Cos1 2( ) ( ))( ) '.θ

X3, x3

X2, x2

X1, x1

X

R

Q(1)

x

d Xur

dxr (1)

(2)d Xur

PÿQ'

P'

R'

dxr (1)

dxr (2)ÿ'


Remplazando FT. F = 2E + I se tiene:

dX E I dX dr dr CosT1 2 1 22( ) ( ) ( ) ( )

+[ ]

= ( )( ) θθ '

(dR T E I dR T drT1 1 2 2 12( ) ( ) ( ) ( ) ( )

+[ ]

= ))( ) 'dr Cos

dR dR T E I TT

2

1 2 1 22

( )

( ) ( ) ( ) ( )

+[ ]

θ

=

=

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )( ) ';

.

dr dr Cos

dRdr

1 2

1

1 1

1

θ

Φ

Por tanto,

CosT E I T

′ = +[ ] θ

( ) ( )

( ) ( )

1 2

1 2

2Φ Φ

De manera general, se puede expresar la distorsión angular ∆ÿ como ∆ÿ = ÿ' - ÿ, es decir:

∆θ = +[ ]

Arco

T E I T

( ) ( )

( ) ( )cos1 2

1 2

2Φ Φ

− ⋅ Arco T T .( ) ( )cos 1 2

Para el caso particular en el que los vectores T(1) y T(2) coincidan con las direc-ciones de los ejes coordenados

r r

e e1 2 ,y respectivamente, la distorsión angular queda expresada como

∆θxy Arcoe E I e

= [ ] ⋅ +[ ] ⋅ [ ]

( ) ( )cos

r r

1 21 2

2Φ Φ

−π2

. Desarrollando esta expresión:

Φ ( )11 11 2 1 2 1 0 0= + = + [ ]

r r

e eE E EE E EE

xx xy xz

yx yy yze

zzx zy zzE E

= + ( )100

1 21Φ EExx .

Y análogamente se tiene que

Φ ( ) ;22 21 2 1 2= + = +

r r

e Ee Eyy de igual manera el términor r

e E I e1 22 +[ ] se puede desarrollar como

1 0 0[ ] ⋅

E E EE E EE E E

xx xy xz

yx yy yz

zx zy zz

⋅⋅

=

010

2Exy; con lo cual, reuniendo

términos, se tiene:r

e2 r

e1


∆θxyxy

xx yy

ArcoE

E E=

+ +

<

cos2

1 2 1 2

9001 2444444 344444

− →π θ2

900

∆ xy negativo.

De la figura 3.9, se tiene que

′ = −θ π θ2.

;∆ xy además se sabe que

Cos CosE

E Exyxy

xx yy

′ = −

=

+ +

θ π θ

22

1 2 1 2.∆

.

Figura 3.9

Por identidades trigonométricas Cos Senxy xyπ θ θ2.

,−

= ( )∆ ∆

con lo cual se tiene que

∆θxyxy

xx yy

ArcsenE

E E= −

+ +

21 2 1 2

. El signo negativo se debe a que ∆θxy

representa el decremento del ángulo recto.

Como conclusión, en el tensor de deformaciones E se encuentra la información necesaria para calcular la distorsión angular en cada plano y la deformación unitaria axial en cada dirección coordenada, así:

deformación unitaria en la dirección v

ve Ee xx1 11 2 1: .e = + −

Deformación unitaria en la dirección v

ve Ee yy2 21 2 1: .e = + −

Deformación unitaria en la dirección v

ve Ee zz3 11 2 1: .e = + −

X2, x2

∆ÿxy

ÿt

X1, x1


Es decir, la diagonal del tensor de Green-Lagrange contiene las deformaciones axiales, mientras que las componentes fuera de la diagonal contienen la infor-mación del cambio del ángulo recto, así:

∆ ∆θ θxyxy

xx yy

ArcsenE

E E= −

+ +

21 2 1 2

xxzxz

xx zz

yz

Arcsen EE E

Ar

= −+ +

= −

21 2 1 2

∆θ ccsenE

E Eyz

yy zz

21 2 1 2+ +

EE E EE E EE E E

xx xy xz

yx yy yz

zx zy zz

=

distorsiones angulares, deformaciones unitarias axiales.

Gráficamente, Cos Sen xy′ = −( )θ θ∆ . Se puede decir que

∆θxyxy

xx yy

ArcsenE

E E= −

+ +

21 2 1 2

.

Figura 3.10

3.5.6. Variación de volumenConsideremos una partícula P en la configuración de referencia que tiene asocia-do un diferencial de volumen dV0, el cual está definido por otras tres partículas en el entorno diferencial de P, Q, R, S. Consideremos ahora la configuración temporal y las partículas respectivas P’, Q’, R’ y S’ que conforman dVt, dife-rencial de volumen en la configuración temporal.

Se tienen también los segmentos diferenciales que unen las partículas P, Q; P, R; P, S; y los respectivos vectores diferenciales dX(1), dX(2), dX(3). También se tienen los correspondientes segmentos y vectores diferenciales en la configu-ración temporal dx(1), dx(2), dx(3), donde se cumple

dx(1) = FdX(1); dx(2) = FdX(2); dx(3) = FdX(3).

X2, x2

∆ÿxy

ÿtxy

X1, x1

er

2

er

1


El volumen en cada una de las configuraciones estará definido como el producto mixto de los vectores arista dX(i), así:

dV dX dX dXdX dX dX

01 2 3

11

21

= ×

⋅ =( ) ( ) ( )

( )

det

( )331

12

22

32

13

23

33

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

dX dX dXdX dX dX

= M ,

donde M dXij ji= ( ) .

De igual manera,

dVt dx dx dx

dx dx dx

= ×( ) ⋅ =( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 2 3

11

21

31

det

(( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

dx dx dx

dx dx dx1

222

32

13

23

33

= m ,

donde m dxij ji= ( ) .

Ahora se tiene que

m dx F dX F M M F m MFij ji

jk ki

jk ik ik jkT T= = = = ⇒ =( ) ( )

dVt m M F M F F M F dVT Tt= = ⋅ = = = .

El cambio volumétrico está definido por el F , que antes se definió como

dVt = F dV0. Recordemos que A B A B

A AT

* =

=

Propiedades delos determinanttes

m MF m

dx dx dx

dx dx dxT= =

( ) ( ) ( )

( ) ( ); 11

21

31

12

22

332

13

23

33

11

( )

( ) ( ) ( )

( )

=

dx dx dx

M

dX ddX dX

dX dX dX

dX dX

21

31

12

22

32

13

23

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ddX

Ff f ff f f

33

11 12 13

21 22 2

( )

= ; 33

31 32 33f f f

.


Ahora,

dx FdX

dx dX f dX f dX1 1

11

11

11 21

12 3

( ) ( )

( ) ( ) ( )

= ⇒

= + + 1113

21

11

21 21

22 31

23

( )

( ) ( ) ( ) ( )= + +

f

dx dX f dX f dX f

ddx dX f dX f dX f

dx

31

11

31 21

32 31

33

11

( ) ( ) ( ) ( )

( )

= + +

ddx dx

dx dx dx

dx dx

21

31

12

22

32

13

23

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ddx

dX dX dX

dX

33

11

21

31

12

( )

( ) ( ) ( )

(

= )) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

dX dX

dX dX dX22

32

13

23

33

f f ff f ff f f

11 21 31

12 22 32

13 23 33

m = MFT.

Si F = 1 No hay cambio de volumen

Si F < 1 Compresión

Si F > 1 Dilatación

3.6. Pequeñas deformaciones

La relación entre deformaciones y tensiones en un medio continuo se hace a través de las leyes de comportamiento de los materiales; existen diferentes tipos de leyes de comportamiento según el tipo de material. Una ley de comporta-miento es la elasticidad, la cual se basa en la teoría de pequeñas deformaciones. Esta última se fundamenta en dos hipótesis simplificatorias:

1. Los desplazamientos son muy pequeños en comparación con las dimensiones del medio continuo u X⟨⟨⟨( ) .

2. Los gradientes de los desplazamientos son muy pequeños (infinitesimales),

es decir, ∂∂

⟨⟨⟨uX

i

j

1.

No se puede hacer distinción entre la configuración de referencia Ω0 y la confi-guración actual Ωt, ya que

r

r

µ ⟨⟨⟨ X ; por lo tanto, x ≅ X, es decir, ya no tiene sentido hablar de descripción espacial y descripción material. En consecuencia, como µ = x - X ⇒ x = µ + X y como

vµ es pequeño, se tiene que x ≅ X en tér-minos de las componentes xi = µi + Xi, con lo cual

U X t u X t u x t

U X t u X t u x ti i

, , ,

, , ,( ) = ( ) ≅ ( )( ) = ( ) ≅ ( )

. De igual manera se tiene: ∂∂

⟨⟨ux

i

j

1.


En grandes deformaciones existen los tensores de deformación material E y espacial e, en pequeñas deformaciones estos quedan unificados en el tensor de deformación infinitesimal È.

3.6.1. Tensor de deformación inf initesimal ÈPara desarrollar el tensor È, es necesario hacer uso del tensor gradiente de desplazamientos, J = j , así:

J dux

Jiji

jij=

∂= , es decir, el tensor gradiente material de los desplazamientos

es igual al tensor gradiente espacial de los desplazamientos. Como el tensor gradiente de deformaciones ha sido expresado en función del tensor gradiente de desplazamientos, se tiene

E J J J J J ux

Jux

T T i

j

T j

i

= + + ⋅( ) = ∂∂

=∂∂

12

; ; donde

o

con lo cual E ux

ux

ux

ux

i

i

j

i

k

i

k

j

= ∂∂

+∂∂

+ ∂∂

∂∂

12

. Dado que por la segunda hipótesis, se

tiene que ∂∂

⟨⟨⟨ux

k

i

1, es decir, muy cercano a cero. Multiplicado por otro valor

muy pequeño ∂∂ux

k

j

, el resultado tiende a ser cero con lo cual eiji

j

j

i

ux

ux

= ∂∂

+∂∂

12

,

es decir, e = +( )12

J JT .El tensor de deformación infinitesimal es simétrico y se puede expresar como

e =

∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

+ ∂∂

ux

u u u ux x

y

y

x

x

z

z

x

12

12

∂∂

∂∂

+ ∂∂

∂∂

u u u

u

y

y

y

z

z

y

z

z

12

===

,x xy xz x

i j1

2

3

Donde == 1 2 3, ,

x corresponde a 1; y corresponde a 2; z corresponde a 3.


El tensor de deformación infinitesimal È es simétrico y sus componentes son infinitesimales. Se encuentra en la literatura con diferentes notaciones; algunas son:

e e µ= + ( )

= ⊗ ∇+∇⊗1

212

Grad u Gra du T( ) ( ) ; r r

v vvµ[ ] .

3.6.2. Est iramiento y deformación unitaria en pequeñas deformaciones

En la teoría de las pequeñas deformaciones se tiene que r

r

T t≅ y, por lo tanto, el estiramiento en la dirección de este vector unitario está definido como

Φt t t= +1 2r r

e . Teniendo en cuenta que È tiene componentes infinitesimales, está cercano a cero se sabe que 2tÈt también está cercano a cero. En conse-cuencia, se puede hacer una expansión en series de Taylor alrededor de cero y se obtiene:

f t t t t a

f t t f a f

t2 1 2 0

2

r r r r

r r

e e

e

( ) = = + ≅

( ) ≅ ( )+

Φ ;

''''

... !

a t t af a

t t a fn

n

( ) −( )+ ( ) −( ) +22

22r r r r

e e (( ) .2r r

t t a ne −

Evaluando en a = 0,

f t t f f t tf

t t2 0 0 20

22

r r r r r r

e e e( ) ≅ ( )+ ( ) ( ) + ( ) (''' ))

= = + ++

( )

2

2 1 0 12 1 2

2Φ f t tt t

t t( ) .r r

r r

r r

ee

e

Φ

Φ

t

t

t t

t t

≅ +

= + →

1 12

2

1

( )

r r

r r

e

e EstiramieentoDeformación e t t= − →Φ 1 uunitaria

Remplazando e e e et tt t t t= + − =v v v v

1 1; .

Particularizando para las direcciones de los ejes coordenados se tiene:

para r

t = [ ]1 0 0

ee e ee e ee e e

= [ ]

1 0 0

xx xy xz

yx yy yz

zx zy zz

=

100

100

e e exx xy xz

= exx .


Para r

t = [ ]0 1 0

ee e ee e ee e e

= [ ]

0 1 0

xx xy xz

yx yy yz

zx zy zz

=

010

010

e e eyx yy yz

= eyy .

Para r

t = [ ]0 0 1

ee e ee e ee e e

= [ ]

0 0 1

xx xy xz

yx yy yz

zx zy zz

=

001

001

e e ezx zy zz == ezz .

En conclusión, los términos de la diagonal principal de È (tensor de deformación infinitesimal) representan las deformaciones unitarias axiales en la dirección de los ejes coordenados x, y y z.

∆θe

e exyxy

xx yy

Arcsen Arc= −+ ⋅ +

= −2

1 2 1 22 ssen xy xy xy( ) .e e θ= − =2 ∆

Las componentes que están fuera de la diagonal principal (i @ j) representan el semidecremento del ángulo recto que en estado inicial forman dos segmentos diferenciales en las direcciones de los ejes coordenados x, y y z. Matemática-mente esto se puede expresar como:

e θ e γ exy xy xy xy xy= − = − =12

12

12

∆ ; ; δδδ

δδ

e θ e γ

uy

vx

xz xz xz

+

= − = −12

12

∆ ; xxz xy

yz yz

uy

vx

;

;

2

12

e δδ

δδ

e θ

= +

= − ∆ ; e γ e γ θyz yz xy xy= − =12

2 ∆ xxy xy= γ

ee e ee e ee e e

e=

=

xx xy xz

yx yy yz

zx zy zz

11 ee ee e ee e e

e γ12 13

21 22 23

31 32 33

12

=

x xy112

12

12

12

12

γ

γ e γ

γ γ e

xz

xy y yz

xz yz z

.

Notación científiica Notación ingenieril


Si las componentes de la diagonal principal son positivas, implican un aumento de la longitud de los segmentos en las respectivas direcciones (deformaciones axiales).

Las componentes del tensor de deformaciones por fuera de la diagonal prin-cipal (deformaciones tangenciales o cortantes) se pueden interpretar como el semidecremento de los respectivos ángulos.

Como el tensor de deformación es simétrico, se puede representar conociendo las tres componentes de deformación axiales y las tres componentes de deformación cortante. Con estos seis componentes de deformación se puede definir un vector de seis componentes, denominado vector de deformaciones

re ∈ ℜ6 .re e e e γ γ γ= X Y Z xy xz yz

Expresar el tensor È es útil en el momento de relacionar esfuerzos (tensiones) y deformaciones a través de una matriz constitutiva propia de cada material.

3.6.3. Descomposición polar en pequeñas deformacionesLa descomposición polar en pequeñas deformaciones tiene el mismo significado que en grandes deformaciones, es decir, existe un tensor que representa única-mente la deformación U. Y otro que representa únicamente el giro –.

El desarrollo matemático se hace en términos del tensor gradiente de des-plazamientos (J), teniendo en cuenta la segunda hipótesis para pequeñas deformaciones.

En el caso de grandes deformaciones:

∂∂

⟨⟨⟨uX

i

j

1, con la cual se tiene:

U U I J JT= + = + +( )1 12

e ; ; tensor que representa la

deformación sin giro

U U I J JT− −= − = − +( )1 11 12

e ; ;

Recordando que Q FU F I J= = +−1 ,y se tiene:

Q FU I J I I J I J JT= = +( ) ⋅ −( ) = +( ) − −

−1 1

212

e

Jx

i

i

= ∂∂µ

o o

Q I J J JT= − − + −12

12

112

12

12

12

12

J J J J

Q I J J Q I J J

T

T T

⋅ − ⋅

= + − = + −; = +; .Q I Ω


De donde Ω = − 12

J JT , denominado tensor infinitesimal de rotación. También

se define de la siguiente forma:

Ω = ∂∂

−∂∂

12

ux

ux

i

j

j

i

.

El tensor – en un tensor antisimétrico (–T = -–, y ceros en la diagonal) que con-tiene en sus componentes la información del eje de rotación del movimiento.

De acuerdo con esto, el tensor – se expresa como

ΩΩ Ω

Ω ΩΩ Ω

=−

−−

00

0

12 31

12 23

31 23

.

Como – es un tensor antisimétrico, se puede definir mediante tres compo-nentes: –23, –31, –12, con lo cual puede expresarse el vector infinitesimal de rotaciones así:

r

r

ω =

ΩΩΩ

23

31

12

12

definido como Rot UU u( ) = − ∇×; .r rω 1

2

Donde Rot está definido como el rotacional de un vector.

rω

µ µ µ

= − ∂∂

∂∂

∂∂

= −1

2121 2 3

1 2 3

i j k

x x x∂∂∂

− ∂∂

+ ∂

∂− ∂∂

+u

xux

i ux

ux

j3

2

2

3

3

1

1

3

∂∂∂

+ ∂∂

ux

ux

k2

1

1

2

rω = −

∂∂

− ∂∂

∂∂

− ∂∂

∂∂

− ∂∂

12

3

2

2

3

1

3

3

1

2

1

1

ux

ux

ux

ux

ux

uxx2

. Con esto se cumple quue donde , .Ω ⋅ = − × ∈ ℜr r r rν ω ν ν 3

El vector rω da con su dirección el eje de giro y con su magnitud el ángulo de giro.


3.6.4. Deformación volumétrica (e)Es el cambio de volumen por unidad de volumen producido por la deformación en el volumen asociado con una partícula y su entorno diferencial y se nota como e.

Por definición:

e dVt dVdV

dVt F dV= − =0

00. , Recordemos que conn lo cual

e FdV dVdV

F dVdV

dVdV

F e= − = − = − =0 0

0

0

0

0

0

1 .

Como F = QU y ya se dijo que Q =1, entonces

F Q U U= = . Por propiedades de los determinantes,

F U Ixx xy xz

xy yy yz

xz

= = ++

+ee e e

e e ee e

det1

1

yyz zz

xx yy zz ij

11 2

+

= + + + +

ee e e e .

Con lo cual F I Tr= + ≅ + ( )e e1 .

e F I I Tr I= − ⇒ + ( ) −e con lo que se tiene que

e = Tr(È) es decir, el cambio volumétrico está dado por la traza del tensor de deformaciones È.

e div= ( )rµ divergencia de

rµ : el operador nabla punto rµ

div( ) .r rµ µ= ∇ ⋅

3.6.5. Descomposición del tensor inf initesimal de deformación È

La deformación representada por el tensor de deformaciones se puede des-componer en dos partes: una que representa el cambio de forma sin cambio de volumen y otra que representa el cambio de volumen sin cambio de forma. Esto se logra descomponiendo el tensor de deformación en tensor desviador ÈD y tensor esférico ÈK respectivamente, es decir:

È = ÈD + Èk; donde: e eD

neI= − 1 ; n = 2, 3 según se esté trabajando en dos o

tres dimensiones y e es el cambio volumétrico Tr(È).

Como ÈD no representa cambio volumétrico, su traza es cero.


Ahora, eK

neI= 1 ; ÈK es una matriz diagonal con traza igual a e.

Por lo tanto, el tensor È se puede expresar como

e e= −

+

1 1 1 1n

en

e .

3.6.6. Invariantes del tensor inf initesimal de deformación È

El concepto de invariante se entiende como los valores de un tensor que sin importar el sistema de referencia se mantienen constantes. En el tensor de defor-mación se tienen como las más representativas las siguientes tres invariantes.

I d u e TrV1 11 22 33e e e e e e e e( ) = + + = + + = = = ( )Ι ΙΙ ΙΙΙ Ιr

..

I2 11 22 22 33 33 11 122

232

312e e e e e e e e e e( ) = + + − − − === + +

( ) = [ ] =

e e e e e e

e e e e e

Ι ΙΙ ΙΙ ΙΙΙ ΙΙΙ Ι

Ι ΙΙ

.

detI3 ΙΙΙΙ .

3.6.7. Ecuaciones de compatibi l idadHasta aquí se han realizado los cálculos partiendo de un campo de desplazamien-tos y llegando a un campo de deformaciones. Ejemplo: el tensor infinitesimal de deformaciones infinitesimales.

eiji

j

j

i

ux

ux

= ∂∂

+∂∂

12

¿Es posible hallar un campo de desplazamientos u(x, t), tal que È (x, t) sea su tensor infinitesimal?

Esto no siempre es posible, es decir, no todos los tensores simétricos de 2x2 o 3x3 son tensores de deformación.

Estos tensores necesitan cumplir las ecuaciones de compatibilidad, con lo cual se garantiza que el tensor de deformaciones infinitesimales sea integrable y exista el campo de desplazamientos del cual proviene.

3.6.7.1 Condiciones de compatibilidad

Son las condiciones que debe poseer un tensor simétrico de segundo orden para que pueda ser un tensor de deformaciones. Y para que igualmente pueda existir un campo de desplazamientos que origine el tensor de deformaciones.


Ecuaciones de compatibilidad para las deformaciones infinitesimales.

Anteriormente se tenía:

u x t

u f x x x t

u f x x x t

u f

,

, , ,

, , ,( ) == ( )= ( )=

1 1 2 3

2 1 2 3

3 xx x x t1 2 3, , ,

;

( )

campo de desplazamientos.

De este campo de desplazamientos se parte para llegar al campo de deforma-ciones infinitesimales.

ee e ee e ee e e

x txx xy xz

yx yy yz

zx zy zz

,( ) =

; campo de deformaciones.

Ahora, se necesita verificar si un tensor de segundo orden cumple las condiciones necesarias para ser un tensor de deformaciones. Sea

ee e ee e ee e e

=

=

∂

xx xy xz

yx yy yz

zx zy zz

xu∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

+ ∂∂

xu u u ux

y

y

x

x

z

z

x

12

12

∂∂∂

∂∂

+ ∂∂

∂∂

u u u

SIMÉTRICO u

y

y

y

z

z

y

z

z

12

.

Aquí se tienen seis ecuaciones y tres incógnitas, que son los desplazamientos ui(x, t).. Para que esta ecuación tenga solución única, no ambigua e inequívoca, se debe dar que

e exxx

xxy

z

y

y

x

u u u− ∂∂

= − ∂∂

+∂∂

=0 1

20; ;;

; e eyyy

yxz

x

z

z

x

u u u−∂∂

= − ∂∂

+ ∂∂

=0 1

20;;

; e ezzz

zyz

y

z

z

y

u u u− ∂∂

= −∂∂

+ ∂∂

0 12

== 0.

Rot Rote( ) = ⇒0 Ecuaciones de compatibilidadpara el tensor dde deformaciones infinitesimal.


En coordenadas cartesianas, estas seis condiciones son dadas por

e e

z y y

ijk lmn j m kn

yy zz yz

∂ ∂ =

∂∂

+ ∂∂

−∂∂

e

e e e

0

22

2

2

2

2

∂∂=

∂∂

+ ∂∂

− ∂∂ ∂

=

∂∂

+

z

x z y z

y

zz xx xz

xx

0

2 02

2

2

2

2

2

e e e

e ∂∂∂

−∂∂ ∂

=

∂∂ ∂

+ ∂∂

∂∂

+ ∂

2

2

2

2 0e e

e e e

yy xy

zz yz

x x y

x y z xxxz xy

yy yz x

y z

x z y x

∂−∂∂

=

∂∂ ∂

+ ∂∂

∂∂

− ∂

e

e e e

0

2zz xy

xx yz x

y z

y z x x

∂+∂∂

=

∂∂ ∂

+ ∂∂

−∂∂

+ ∂

e

e e e

0

2zz xy

y z∂+∂∂

=

e0

Ecuaciones decompatibilidad


Problema 3.7.1 La figura 3.11 muestra el estado inicial y final de un medio continuo.

Calcular:

a. El tensor gradiente de deformación F.

y

xA B

DC

Cuadrado unitariosin deformar.

x

(1.3, 0.8)(0.3, 0.8)

(0, 0) (1, 0)

–0 –ty

Figura 3.11


Solución

Para calcular el tensor gradiente de deformaciones se construye la siguiente tabla:


Punto X Y x y

A 0 0 0 0

B 1 0 1 0

C 1 1 0,3 0,8

D 0 1 1,3 0,8

La expresión general que se utiliza para el cálculo del tensor F es la siguiente:

dx = FdX.

Para el punto C:

dx Fdf ff f

= ⇒

=

Χ

0 30 8

01

11 12

21 22

.

.*

=

=

f

f

12

22

0 3

0 8

.

. .

Para el punto D:

dx Fdff

= ⇒

=

Χ

1 30 8

0 30 8

11

11

21

.

...

*

+ = ⇒∴ =

+ = ⇒∴ =

f f

f f

11 11

21 21

0 3 1 3 1

0 8 0 8 0

. .

. . .

Por lo tanto, el tensor resultante es

F =

1 0 30 0 8

.

. .

b. Los tensores componentes de deformación U y de giro Q.


Solución

Se sabe que

C U U F F

C F F

T

T

= ⋅ = ⋅

= ⋅ =

⋅

1 00 3 0 8

1 0 30 0 8. .

.

.

=

⋅ =

1 0 30 3 0 73

11 12

21 22

.. .

U UU UU U ⋅

=

+ +( )U UU U

U U U U U11 12

21 22

112

122

12 11 22

UU U U U U12 11 22 122

222

1 0 30 3 0 73+( ) +

=

.. .

.

Por lo tanto, se obtienen las ecuaciones:

U UU U U

U U

112

122

12 11 22

122

222

10 3

0 73

+ =+( ) =

+ =

.

. .

Transformando los tensores C y U a la base de sus vectores propios B’, se tiene

λλ

λλ

λλ

I

II

I

II

I

II

U

U

U

U

C

C

00

00

00

⋅

=

,

donde λ λ λ λI II I IIU U C C, , , son los valores propios de los tensores U y C respec-

tivamente. Por tanto,

λλ

λ

I

II

I

U

U

U

2

2

2

00

1 194 00 0 536

=

=

..

11 194 1 093

0 536 0 7322

. .

. . .

⇒ =

= ⇒ =

λ

λ λI

II II

U

U U

Como la traza de un tensor es una invariante,

λ λI IIU UU U+ = + = + =11 22 1 093 0 732 1 825. . . .

Conociendo U11 + U22 , se remplaza su valor en las ecuaciones originales y de esta forma se encuentra cada una de las componentes del tensor U:

U U U U U

U

12 11 22 12 12

122

1 825 0 3 0 164+( ) = = ⇒ =* . . .

++ = ( )+ = ⇒ =U U U222 2

222

220 164 0 73 0 703. . .


U U U U122

112 2

112

110 164 1 0 973+ = ( )+ = ⇒ =. . .


U =

0 973 0 1640 164 0 703

. .

. . .

Para el cálculo del tensor de giro Q, se sabe que

F Q U Q F U

Q

= ⋅ ⇒ = ⋅

=

⋅

−1

1 0 30 0 8

0 973 0 1640 1

.

.. .. 664 0 703

1 0 30 0 8

1 01

...

.

=

⋅

− 770 0 250 25 1 481

0 995 0 1950 2 1 1

−−

=−

.. .

. .. .

Q885

.

c. El tensor de deformación de Green-Lagrange (E).

Solución

Para el cálculo del tensor de Green-Lagrange, se tiene la siguiente expresión:

E F F I

E

T= ⋅ −

=

−

12

12

1 0 30 3 0 73

1 00 1

.. .

=−

E

0 0 150 15 0 135

.. .

.

d. La variación volumétrica en el sólido.

Solución

Se sabe que el Jacobiano representa la variación del volumen y se calcula como el determinante del tensor gradiente de deformaciones de la siguiente forma:

det..

. .F( ) = =1 0 30 0 8

0 8


Problema 3.7.2

Se tiene un conjunto de tres deformímetros instalados en un sólido plano some-tido a cargas externas, como se observa en la figura 3.12. Para las deformaciones unitarias ÈA , ÈB , y ÈC ,

Figura 3.12 ÈA = 0.38

ÈB = 0.33

ÈC = - 0.28

Calcular:

a. El tensor material de Green-Lagrange E.

Solución

Inicialmente se deben calcular los vectores unitarios en las direcciones A, B y C.

T TsenA B

uru uru

o

o

=

=

−

10

2020

, cos

cos

.y TsenC

u ru

o

o

=

6060

Para el deformímetro en A se tiene:

eA A A

xx

xx

T E T

E

E

= +( ) − =

+( ) − =

∴

1 2 1 0 38

1 2 1 0 38

* * * .

* .

== 0 452. .

Para el deformímetro en B se tiene:

eB B BT E T

sen

= +( ) − =

+ −

1 2 1 0 33

1 2 20 20

* * * .

* cos o o

−

*

.*

0 452 2020

EE E sen

xy

xy yy

cos o

o

− =1 0 33.

CB

A

60º

20º


− + − +cos cos20 0 452 20 20o o o* . * * *sen E E E senxy xy yy 22020

200 3844

20

o

o

o

o

−

=

( )

* .cos

cos

sen

22 20 452 2 20 20 20* . * * * *− + ( ) =cos o o osen E sen Exy yy 00 3844

0 40 0 643 0 117 0 3844

.

. . . . .− + =E Exy yy (1)

Para el deformímetro en C se tiene:

eC C CT E T

sen

= +( ) − = −

+

1 2 1 0 280

1 2 60 60

* * * .

* cos o o

*

.*

cos0 452 6060

EE E sen

xy

xy yy

o

o

− = −

+

1 0 280

60 0 452 60

.

* . *cos coo osen Exy sscos

60 606060

o o

o

o

* * *E sen Esenxy yy+

== −

( ) +

0 240

60 0 452 2 60 602

.

* . * * *cos coso o osen Exy ++ ( ) = −

+ +

sen E

E E

yy

xy y

60 0 240

0 113 0 866 0 75

2o * .

. . . yy = −0 240. . (2)

A partir de las ecuaciones (1) y (2), obtenidas para los deformímetros B y C, se obtienen las siguientes componentes del tensor de Green-Lagrange:

Exy = –0.050

Eyy = –0.413.


E =−

− −

0 452 0 0500 050 0 413. .. .

.

b. Las direcciones y los valores de las deformaciones principales.

Solución

Las direcciones de las deformaciones principales se definen como las direcciones en las cuales sólo se presenta deformación axial, y se pueden calcular como los vectores propios del tensor de Green-Lagrange (E), que son:

V y Vp pI II

u ru u ruu

=−

=

−0 9980 058

..

00 0580 998..

.−


Los valores de las deformaciones principales se pueden calcular como los valores propios del tensor de Green-Lagrange y representan los valores de la deformación en las direcciones principales:

€I = 0.455 y €II = 0.416.

c. La deformación unitaria en la dirección x.

Solución

Si se observa la configuración de los deformímetros en la figura inicial, se puede concluir que el deformímetro A se encuentra totalmente en la dirección x; por lo tanto,

ÈA = Èxx ⇒∴Èxx = 0.38.

d. La deformación unitaria en la dirección y.

Solución

e

e

yy yy

yy

E= + − = + −( ) −

= −

1 2 1 1 2 0 413 1

0 583

* * .

. .

e. Para

Tsen

Tsen

1 21717

17uru uru

o

o

=

=

−cos y

oo

ocos17

,

calcular la distorsión angular entre estos vectores.

Solución

Ya que el ángulo inicial entre t1 y t2 es 90o, se sabe que

∆θφ φT T Arcsen

T E I T1 2

1 2

1 2

2− =

+[ ]

* **

,

donde se deben calcular los estiramientos:

φ1 1 11 2 1 2 17 170 452 0

= + = + −

* * * * *.

T E T sencos o o

... .

*050

0 050 0 4131717− −

cos o

osen

φ11

2 2 2

1 304

1 2 1 2 17 17

=

= + = + −

.

* * * * cosφ T E T sen o o

−

− −

−*

. .. .

*0 452 0 0500 050 0 413

17sen o

cos1170 6152

o

=φ . .


De esta forma,

∆θT T Arcsensen

1 2

1717

20 452 0

− =

−cos o

o

* *. .00500 050 0 413

1 00 1− −

+

−. .

*senn17

171 304 0 615

o

ocos

. * .

∆θθ

θ

T T

T T

Arcsen1 2

1 2

0 56580 802

44

−

−

= −

= −

.

.

∆ .. .87o

Problema 3.7.3Se muestran los resultados de una medición experimental, según la configura-ción de la figura 3.13.

A, B y C: plano XY

E: vertical

D: plano YZ

F: plano XZ

ÈA = 5x10-3

ÈB = 4x10-3

ÈC = 2.7x10-3

ÈD = 1.5x10-3

ÈE = 1x10-3

ÈF = 2.9x10-3

Figura 3.13Calcular:

a. El tensor infinitesimal de deformaciones È.

Solución

Inicialmente se deben calcular los vectores unitarios en las direcciones A, B, C, D, E y F:

Z

X

Y

E

D

A

B

F

C

4540

20

37


T sen TA A

uru uru

=

⇒ =cos .

.2020

0

0 9400 3422

0

010

3

=

=−

T

Tsen

B

C

uru

u ru

7737

0

0 6020 799

0cos

..

⇒ =−

TC

u ru

T sen TD D

u ru u ru

=

⇒ =04545

00 707070cos.

77

001

400

=

=

T

Tsen

E

F

uru

uru

ccos

.

.40

0 6430

0 766

⇒ =

TF

uru

.

Para la dirección B:

e ee e ee e ee e e

B B B

xx xy xz

yx yy yz

zx zy zz

T T= = [ ]* * 0 1 0

= ×

= ×

−

−

010

4 10

4 10

3

3eyy ..

Para la dirección E:

e ee e ee ee e

E E E

xx xy xz

yx yz

zx z

T T= = [ ] × −* * 0 0 1 4 10 3

yy zz

zz

e

e

= ×

= ×

− 001

1 10

1 1

3

00 3− .


Para la dirección A (para agilizar el procedimiento se eliminan las filas y co-lumnas que operan con cero, es decir, la fila 3 y la columna 3):

e ee e ee eA A A

xx xy xz

yxT T= = [ ] × −* * . . 0 94 0 342 0 4 10 3yyz

zx zye e 1 10

0 940 342

03×

−

..

= ×

[ ]+

−5 10

0 94 0 3420 94 0 342

0

3

. . . * . *

.e exx xy

994 1 368 105 10

0 94

33

2

* .

. *

e

e

yx

xx

+ ×

= ×

( ) +

−−

22 0 94 0 342 4 68 10 5 10

0 884

4 3* . * . * .

. *

e

e

xy

xx

+ × = ×− −

++ = × −0 643 4 5 10 3. * . .exy (1)

Para la dirección C (para agilizar el procedimiento se eliminan las filas y co-lumnas que operan con cero, es decir, la fila 3 y la columna 3):

e ee e eeC C C

xx xy xz

yxT T= = −[ ] × −* * . . 0 602 0 799 0 4 10 33

31 10

0 6020 799

0e

e eyz

zx zy ×

−

−

.

.

= ×

−[ ]− +

−2 7 10

0 602 0 7990 602 0

3.

. . . *exx .. *

. * ..

7990 602 3 196 10

2 7 103

ee

xy

yx− + ×

= ×−

−−

−( ) + −( ) + ×

3

20 602 2 0 602 0 799 2 55. * * . * . * .e exx xy 110 2 7 10

0 362 0 962 1 5 10

3 3

4

− −

−

= ×

− = ×

.

. * . * .e exx xy (2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) resultantes, se obtiene:

ee

xx

xy

= ×

= ×

−

−

4 09 101 38 10

3

3

.. .

Para la dirección D (para agilizar el procedimiento se eliminan las filas y co-lumnas que operan con cero):

e eD D DT T= = [ ]× ×− −

* * . . . .

0 0 707 0 7074 09 10 1 38 103 3 ee

ee e

xz

yz

zx zy

1 38 10 4 101 10

3 3

3

. × ××

− −

−

= × − .

..

00 7070 707

1 5 10 3


0 707 0 7072 83 10 0 7070 707 7

3

. . . . *. *

[ ] × ++

− ee

yz

yz ...

* . *

07 101 5 10

2 10 2 0 707

43

3 2

×

= ×

× + ( )

−−

− eyyz

yz

+ × = ×

= − ×

− −

−

5 10 1 5 10

1 10

4 3

3

.

.e

Para la dirección F:

e eF F FT T= = [ ]× ×− −

* * . . . .

0 643 0 0 7664 09 10 1 38 103 3 ee

e

xz

zx

1 38 10 4 10 1 101 10 1 10

3 3 3

3 3

. × × − ×− × ×

− − −

− −

= × −

.

..

.

0 6430

0 7662 9 10

0

3

6643 0 7662 63 10 0 7660 643 7

3

. . . *. * .

[ ] × ++

− ee

xz

xz 666 102 9 10

1 691 10 2 0 766 0

43

3

×

= ×

× +

−−

−

.

. * . * .. * . .

. .

643 5 868 10 2 9 10

6 32 10

4 3

4

e

e

xz

yz

+ × = ×

= ×

− −

−

El tensor infinitesimal de deformaciones resultante es

e = × −−

−1 104 09 1 38 0 631 38 4 10 63 1 1

3

. . .

..

.

b. El vector de deformaciones infinitesimales er

.

Solución

Para conformar el vector de deformaciones er

, es necesario calcular las distor-siones angulares de los planos XY, XZ y YZ, de la siguiente forma:

e γ γ exy xy xy xy= ⇒ = = × ⇒−12

2 2 1 38 10 3 * . γγ

e γ γ e

xy

xz xz xz xz

= ×

= ⇒ = =

−2 76 10

12

2 2 6

3.

* .332 10 1 26 10

12

4 3× ⇒ = ×

= ⇒

− − .

γ

e γ

xz

yz yz * .γ e γyz yz yz= = − ×( ) ⇒ = − ×− −2 2 1 10 2 103 3


Con los datos obtenidos se conforma el vector infinitesimal de deformaciones, así:

e

eeeγγγ

r

=

=

xx

yy

zz

xy

xz

yz

1××

−

−10

4 0941

2 761 26

2

3

.

.

.

.

c. Graficar la distorsión angular del plano XY y del plano YZ.

Solución

Para graficar ambas distorsiones se debe tener en cuenta su signo, ya que un signo positivo indica un incremento del ángulo recto, pero un signo negativo indica un decremento de dicho ángulo.

∆ ∆

∆

θ e θ

θ

xy xy xy

yz

= − = − × ⇒ = − ×− −2 2 1 38 10 2 76 103 3* . .

== − = − − ×( ) ⇒ = ×− −2 2 1 10 2 103 3e θyz yz* .∆

En la figura 3.14 se muestran las gráficas de las distorsiones angulares según los cálculos anteriores.

x

zy

y

Plano XY

ÿxy ÿyz

Plano YZ

Figura 3.14

d. El cambio volumétrico para el modelo analizado.

Solución

La traza del tensor infinitesimal de deformaciones representa el cambio de volumen en el medio continuo.


e tr e= ( ) = × + × + × ⇒ = ×− − − −e 4 09 10 4 10 1 10 9 09 103 3 3 3. . ..

e. Descomponer el tensor infinitesimal de deformación en esférico y desvia-dor.

Solución

Se sabe que:

e e e

e e e

= +

= − =

D K

D K

neI

neI1 1,

n = 3, ya que el tensor de deformaciones que se está trabajando es de tres di-mensiones.

e

e

K

K

= ×

= ×

−

−

13

9 09 101 0 00 1 00 0 1

1 10

3* . *

33

3 03 0 00 3 03 00 0 3 03

..

.

Tensor esféricco

e e eD K= − = × −−

−1 104 09 1 38 0 631 38 4 10 63 1 1

3

. . .

..

− ×

−1 103 03 0 0

0 3 03 00 0 3 03

3

..

.

= × −− −

−eD 1 101 06 1 38 0 631 38 0 97 10 63 1 2

3

. . .

. .. ..03

Tensor desviador

Esfuerzos o tensiones

En su más elemental definición se denomina esfuerzo o tensión a la relación que existe entre la fuerza y el área sobre la cual actúa; se denota por ‚ para esfuerzos axiales y „ para esfuerzos cortantes o tangenciales. Considerando un cubo infinitesimal sometido a una fuerza resultante F en una dirección cualquiera, con componentes Fx, Fy y Fz, se define Ax, Ay y Az como el área que da cada cara perpendicular al eje coordenado X, Y, Z, respectivamente. Un esfuerzo normal ‚ es producido por la componente de la fuerza que actúa perpendicular al área; un esfuerzo tangencial „ es producido por la componente de la fuerza que actúa paralela al área.

El cubo infinitesimal considerado estará sometido a esfuerzos normales y tangenciales debidos a la acción de los componentes Fx, Fy y Fz en Ax, Ay y Az, como se indica en la figura 4.1.

Figura 4.1

CAPÍTULO 4

‚zz

Fz

Fx

Fy

z

xAx

Ay

Aza) b)

y

F

„zx„xz

„xy„yx

„yz„zy

σxx

σyy

c)


La figura 4.1 representa el estado de esfuerzos en un punto del medio continuo, el cual está expresado mediante un tensor simétrico denotado como ‚, tal que:

σσ τ ττ σ ττ τ σ

=

xx xy xz

yx yy yz

zx zy zz

,

donde el primer subíndice de las componentes ‚ij representa el eje ortogonal a la cara sobre la cual actúa el esfuerzo, y el segundo subíndice representa la dirección en la cual actúa el esfuerzo.

Las fuerzas o acciones externas que actúan sobre un medio continuo son de dos tipos:

1. Fuerzas másicas o de volumen.

2. Fuerzas de superficie.

4.1. Fuerzas de volumen

Son fuerzas que ejerce un campo externo al continuo. Ejemplo: el campo gra-vitatorio, campos magnéticos, campos inerciales, centrífugas, fuerzas inducidas por sismos.

Analizando el caso particular del campo gravitatorio, se tiene que el campo

vectorial b (x, t) está dado por b x tg

( , ) ,=−

00 donde g es la gravedad. El cam-

po vectorial actúa sobre los medios continuos a través de la densidad de masa

que ellos tengan. Recordando ρ = mv

como el concepto básico de densidad, se tiene

que la fuerza por unidad de volumen estará dada por la multiplicación de la densidad y la gravedad (peso unitario del medio continuo), así:

ρg mV

g mxgV

pesoV

fuerzavolumen

= = = = →* peso unitario por unidad de

volumen.

Con lo cual el vector de fuerzas volumétricas por unidad de volumen es

ρρ

b x tg

( , ) .=−

00

Para determinar la fuerza volumétrica del medio continuo, se debe integrar en el dominio del volumen este vector de fuerzas por unidad de volumen, así:

Esfuerzos o tensiones 113

f b x t dvv

ν ρ= ⋅ ( )∫ , .

Para el ejemplo particular del campo gravitatorio se tiene:

fvg

dv f

gdvv=

−

=

−∫

00

00

ρ ρ

`

vvv∫

.

Otro ejemplo en el cual se puede aplicar el concepto de fuerzas de volumen es el campo vectorial generado por una acción centrífuga. En este caso se considera un sistema coordenado cilíndrico B e e er z= r r r

, , ,θ donde el campo vectorial

externo está dado por: b x tar

( , ) ,=

00

por lo tanto, f = ·*b(x, t), donde · es la

densidad del medio continuo.

En conclusión, fv b x t dv

a dvrv

= =

∫∫

ρ

ρ

( , ) ,00

donde ar es la aceleración en la

dirección radial.

4.2. Fuerzas de superficie

Fuerzas que actúan en el contorno del volumen material considerado. Pueden entenderse como las acciones producidas por los contactos de las partículas situadas en el contorno.

Sea q(x, t) la descripción en el espacio del campo vectorial de fuerzas super-ficiales por unidad de superficie en un medio continuo. La resultante puede describirse como

fs q x t dSs

= ∫ ( , ) .

Las acciones a las cuales está sometido un medio continuo son debidas a su peso propio y a fuerzas de superficie distribuidas o puntuales. Estas acciones externas generan reacciones internas llamadas tensiones o esfuerzos, que en función de factores como la geometría del medio continuo, la distribución y magnitud de las fuerzas de superficie y el tipo de material, serán diferentes en cada punto y plano del medio continuo.


Es importante revisar el concepto de fuerzas y esfuerzos. Partiendo del concepto conocido de fuerza como vectores que actúan en el total de una superficie, se puede llegar al concepto de esfuerzo como la cantidad de fuerza actuando en la unidad de área. De aquí se puede adoptar el concepto de vector de esfuerzo o tensión

vσ . Los postulados de Cauchy permiten entender estos conceptos y expresan matemáticamente las reacciones en el interior del medio continuo.

4.3. Postulados de Cauchy

4.3.1. Primer postulado de CauchyEl vector de tensión que actúa en un punto material P de un medio continuo, según un plano definido por el vector unitario vn (un plano se define por un vector normal), está en función únicamente del punto P y del vector unitario normal

v v vn p n; ( , ),σ σ= donde vσ es el vector de tensión.

Figura 4.2

Sea una partícula P del medio continuo y consideremos distintas superficies (planos) que pasan por el punto P. Se pueden tener dos opciones: que todas las superficies estén definidas por el mismo vector unitario normal vn, en cuyo caso, para todas las superficies hay un solo vector de esfuerzos. Otra opción es que cada una de las superficies que pasan por el punto P estén definidas por diferentes vectores unitarios normales vn, caso en el cual para cada superficie actuará un vector de esfuerzos

vσ diferente.

4.3.2. Segundo postulado de CauchyPrincipio de acción y reacción: el vector de tensiones en un punto P de un medio continuo, según un plano normal unitario

vn, es igual y de sentido contrario al vec-tor de tensiones en el mismo punto P según un plano normal unitario

vn, así:

t(P, n)

P


Figura 4.3

Teniendo en cuenta los anteriores conceptos, se considera un volumen material sometido a fuerzas másicas (peso propio) y a diferentes fuerzas de superficie. Este cuerpo estará sometido a tensiones y deformaciones internas debido a las acciones externas.

Al cortar el cuerpo por un plano cualquiera vn , como se muestra en la figura 4.4, es necesario colocar sobre esa superficie una distribución de tensiones que garanticen el equilibrio y la deformación.

Figura 4.4

Este estado de fuerzas estará distribuido por toda la superficie cortada y se podrá expresar como un vector de esfuerzos

vσ para cada elemento de área ∆A.

v

v v

vσ ( , ) .P nA

FA

FA

=→

= ∂∂

lím∆

∆∆0

Considerado un corte especial x constante, cuyo vector unitario normal

sea vn = [ ]1 0 0, , , se tiene que el vector de esfuerzos vσ x cte= estará dado por

v v v v v vσ σ σ σx cte

p n e e e=

= + +( , ) ,11 1 12 2 13 3 donde vσ ( , )P n x cte= es el vector de tensiones

que garantiza el equilibrio del medio continuo si se corta por un plano normal

al eje x.

fv

nvσ vσ–

-nP

q(x, t)

P

vσ (p, –n) = – vσ (p, n)

vσ (p, n) = –vσ (p, n)

n

-vσ (P, n)

vσ (P, n)fs

fv fv-n

fs


Análogamente, se tiene:v v v v

v

σ σ σ σσ

( , )( , )P n e e eP n

y cte

z c

=

=

= + +21 1 22 2 23 3

tte e e e= + +σ σ σ31 1 32 2 33 3v v v .

De igual manera, v vσ σ( , ) ( , )P n P ny cte z cte= =y representan el esfuerzo resultante que

equilibra el medio continuo si se hace un corte en el punto P en una cara normal en el eje “Y” y en el eje Z, respectivamente.

Los ‚ij son los componentes del tensor de tensiones de Cauchy ‚. De manera general, el vector de esfuerzos en un plano definido por el vector unitario normal vn está dado por

v vσ σ= ⋅ n.

Matricialmente, el tensor de tensiones es simétrico y esta definido por σ[ ] . Esfuerzos de corrte (tangenciales).

σσ σ σσ σ σσ

[ ] =xx xy xz

yx yy yz

zzx xy zzσ σ

σ σ σσ σ σσ σ

=

11 12 13

21 22 23

31 322 33σ

Esfuerzos normales σ iii

ii

.

<>

0 Compresiónσ 00

1 2 3

.

, , , , ,

Tensión

t P n t P n t P n n( ) ( ) ( ) = 11 2 3, , .n n[ ]

Definiciones:

S: traza del tensor de esfuerzos: Tr xx yy zzσ σ σ σ[ ] = + + .

Esfuerzo medio: σ σ σ σm = + +[ ]13 11 22 33 .

4.4. Relación entre vector de tensión σur

( , )p n y e l tensor de tensiones de Cauchy ‚

Cada punto del medio continuo está sometido a un estado de esfuerzos o tensiones, que se puede representar mediante un tensor, denominado tensor de tensiones de Cauchy ‚, en cada punto P el estado de esfuerzos en las tres dimensiones, para determinar el vector de esfuerzos que equilibra un corte en el plano vn.


AXIOMA DE CAUCHY: el tensor transpuesto de esfuerzos ‚T transforma el vector unitario normal vn de un elemento de área en el vector de esfuerzos

vσ , con lo cual

vrσ σp n nT, .( ) = [ ] ⋅

Este es el resultado del equilibrio de fuerzas o un balance de momentos en un tetraedro elemental del medio continuo que tiene su vértice en el punto P.

Figura 4.5

En el tetraedro,

ABC dSACP dS dS n e dSn

ABP dS dS n

== = ⋅( ) == =

2 2 2

3

v v

v

.

.⋅⋅( ) == = ⋅( ) =

v

v v

e dSn

BPC dS dS n e dSn3 3

1 1 1. .

El equilibrio estático del tetraedro está dado porw v v vσ σ σ σi i

ei

ei

ep n ds dS dS dSi( , ) ( ) ( ) ( )− − −11

22

333 0+ =pbidv .

Cuando el volumen tiende a cero, las fuerzas volumétricas se pueden despreciar con lo cual el equilibrio estará dado por

vσ σ σ σ( , ) . ( ) ( ) ( )p n dS dS dS dSen

en

en− − − =1

12

23

3 0 FFactorizando ( ) ( ) ( ) (

dSn ne

ie e evσ σ σ σ1 1

12

2= + + 333

) .n

A

z

yv $σ ( )e2

v $σ ( )e1

vσ ( , )P n

v $σ ( )e3

vn

−vn1

−vn2

−vn3

C

BP bi

x


Donde vσ σ( ) ,e

i ij1 =

con lo cual

vσσσσ

σ( , )

( , )( , )( , )

P nP nP nP n

xx

=

=

1

2

3

σσ σσ σ σσ σ σ

xy xz

yx yy yz

zx xy zz

nnn

1

2

3

σ σ σ σ

σ σ σ1 1 2 3

2 1

P n n n n

P n n nxx yx zx

xy yy

,

,( ) = + +

( ) = + 22 3

3 1 2 3

+

( ) = + +

σ

σ σ σ σzy

xz yz zz

n

P n n n n, .

Donde σ j P n( , ) es la componente en la dirección i del vector de tensión en la cara n y en el punto P.

4.5. Descomposición del tensor de esfuerzos en desviador y esférico

σ σ σ σ= − ⋅

+ ⋅ = +1 1

nS I

nS I D K

S: traza de ‚

I: matriz identidad

n: 2 o 3 según la dimensión de ‚.

4.6. Descomposición del vector de esfuerzos en un vector de esfuerzo normal y un vector de esfuerzo cortante

4.6.1. Vector de esfuerzo normalComo ya se dijo, el vector de tensión o de esfuerzos se obtiene del producto entre el tensor de tensiones ‚ y el vector normal a un plano vn . Este vector de tensiones forma un ángulo cualquiera con el plano y está compuesto por una componente normal al plano ‚n y una componente tangencial „ al mismo plano.

Para encontrar la magnitud de la componente de esfuerzo normal, basta con hacer un producto punto entre el vector de tensión y el vector normal (proyección del vector de tensión sobre el vector normal). Para encontrar las componentes del vector de tensión o esfuerzo normal es necesario multiplicar su magnitud por el vector normal, así:


σ σ σ σ σ σn n nn n n n n= ⋅ = ⋅( ) = [ ] ⋅( ) ⋅r r r r r r r r r

* (( )* .r

n

4.6.2. Vector de esfuerzo cortanteDe la componente de esfuerzo cortante interesa la magnitud, ya que la dirección está definida por el plano en análisis, y su cálculo se apoya en el teorema de Pitágoras:

r r

σ σ τ τ σ σ2 2 2 2 2= + ∴ = −n n .

4.7. Círculo de Mohr

El estado de tensiones al cual está sometido un punto del medio continuo se representa mediante el tensor de tensiones [‚]; en ese punto y para un plano determinado de normal n, actúa un vector de esfuerzos

vσ . Este vector de es-fuerzos se puede descomponer y expresar a través de la pareja ordenada (‚n, „) y graficarla en el semiplano de ejes coordenados ‚n en las abscisas y „ en las ordenadas.

De tal manera que con los datos de dos puntos se puede trazar el círculo de Mohr.

En resumen se tiene:

[‚] = tensor de esfuerzos en un punto P.

‚ = vector de esfuerzos en el punto P en un plano n.

n = vector unitario normal al plano donde actúa ‚.

‚n = componente normal del vector de esfuerzos.

‚„ = „ = componente cortante del vector de esfuerzos.

Estos elementos se relacionan así:

σ σ σ σ σ σ= • = • = •( ) *−

r r r r r r r

n n n nn n r r r

τ σ σ= − n

Figura 4.6

σur

n

σur

nσur

τr

nr


Es importante establecer las convenciones mediante las cuales se va a repre-sentar gráficamente el estado de tensiones en un punto y las convenciones con las cuales se va a construir el círculo de Mohr.

Lo ejemplificaremos del modo siguiente: considérese el estado de tensiones para un punto representado por el tensor:

σ−=

−− −

100 3030 50

,

donde

‚xx = 100 representa un esfuerzo axial de tracción actuando en la cara x en dirección x.

„xy = –30 representa un esfuerzo cortante actuando en la cara x en la dirección y.

Estos dos valores constituyen el primer punto por graficar en el círculo de Mohr.

„yx = –30 representa un esfuerzo cortante actuando en la cara y, en la dirección x.

‚yy = –50 representa un esfuerzo axial de compresión actuando en la cara y, en dirección y.

Estos dos valores constituyen el segundo punto por graficar en el círculo de Mohr.

El tensor [‚] se representa así:

σ−=

−− −

100 3030 50

Figura 4.7

y

x-50

-30

-30

100


Para los esfuerzos axiales, los esfuerzos positivos son de tracción y se grafican saliendo del elemento, mientras que los negativos son compresión y se grafican entrando al elemento. En relación con los esfuerzos cortantes, se grafican te-niendo en cuenta que el vector normal al plano y la dirección del esfuerzo sean positivos los dos o negativos los dos para esfuerzos positivos.

Para el círculo de Mohr, los esfuerzos cortantes se grafican en el lado positivo si giran en el sentido horario; y negativos, si giran en sentido antihorario, según la representación gráfica.

Figura 4.8

En consecuencia, el estudio de tensiones graficado en el círculo de Mohr queda así:

Figura 4.9

„

‚n‚n (+)(–)

–

+

(+)

(–)„

T(C, „máx) — = 36.6º

2— = 73.3º (100, +30)Plano x

2“‚n‚I

A

B

„

S2 S1

2“

‚II

(–50, –30)Plano y

C

–50y

x

Cara xCara y

Planode „máx

–30

–30

100

n máx

r

τ


Obsérvese que el punto A (que representa el estado de esfuerzos en la cara x del elemento) y el punto B (que representa el estado de esfuerzos en la cara y del elemento) están separados diametralmente, es decir, formando un ángulo de 180°, mientras que los vectores normales que representan las caras x e y forman en un plano cartesiano un ángulo de 90°. Esto se debe a que los ángulos en el círculo de Mohr son dobles. El segmento dirigido desde C hasta A representa el vector normal a la cara x, y el segmento dirigido desde C hasta „ representa el vector normal a la cara en la cual está actuando el esfuerzo cortante máximo „máx.

Desde el segmento CA se mide un ángulo 2— hacia el segmento CT, en el círculo de Mohr. Para determinar en la realidad el plano de la máxima cortante se debe medir desde el eje x y en el mismo sentido un ángulo —, y ése será el vector normal al plano de máximo cortante.

En un punto sometido a un estado de esfuerzos, existen planos en los cuales el esfuerzo cortante es nulo, y el esfuerzo actuante es únicamente axial, concepto de esfuerzo principal; por lo tanto, los interceptos del círculo con el eje horizontal serán los esfuerzos principales, considerando siempre ‚I>‚II>‚III.

En el círculo de Mohr el segmento que va desde C hasta el punto S1 representa el vector normal al plano donde actúa el esfuerzo principal ‚I, análogamente, el segmento dirigido desde el punto C hasta el punto S2 representa el vector normal al plano donde actúa el esfuerzo principal ‚II.

En el círculo de Mohr el ángulo 2“ medido desde el segmento CA hacia el segmento CS1 representa el doble del ángulo que en la realidad forman el vec-tor unitario en la dirección del eje x y el vector propio donde actúa el esfuerzo principal ‚I; se debe medir en el mismo sentido que se mide en el círculo de Mohr.

Análogamente se debe determinar el vector propio del esfuerzo principal ‚II midiendo el ángulo “ a partir del eje y.

El esfuerzo cortante máximo en su magnitud es igual al radio del círculo. La superficie en la cual actúa el cortante máximo estará formando un ángulo de 45° con la superficie donde actúa el esfuerzo principal ‚I.

Las fórmulas para los elementos del círculo de Mohr son:

Centro C

Radio R

xx yy

xx yyx

= =+

= =−

+

σ σ

σ στ

2

2

2

yy

C RC R

2

12

=

= += −

= −( )

τ

σσ

τ σ σ

máx

máx .

I

II

I II


De igual manera, se puede trabajar el círculo de Mohr para representar estados de tensiones en tres dimensiones, considerando las pautas antes consignadas para un plano, y ahora aplicadas a tres planos XY, XZ y YZ.

El estado de esfuerzos en tres dimensiones se representa en un plano ‚n Vs. „, construyendo para cada plano un círculo donde cada centro representa el origen de coordenadas respectivo.


Problema 4.8.1 Dado el tensor de esfuerzos ‚ (kPa) y un plano definido por el vector normal vn ,

σ =− −

−−

=70 40 3040 100 8030 80 600

0 55nr

. 990 6690 50..

,

calcular:

a. El vector de esfuerzos vσ en el plano vn .

Solución

Para el cálculo del vector de esfuerzos vσ en el plano vn , se utiliza la siguiente

expresión:

σ σ

σ

ur r

ur

= [ ] *

=− −

−−

n

70 40 3040 100 8030 80 600

*

=−

0 5590 6690 50

2 6

.

..

.σur

3384 54336 75

..

.

kPa

b. El vector de esfuerzos normal al plano vn .


Solución

σ σ

σ

n

n

n nu ru ur r r

u ru

= ⋅

*

=−2 6384 54336

.

..775

0 5590 6690 50

⋅

.

..

*

=

0 5590 6690 50

223 46

.

..

.σ n

u ru

**

=

0 5590 6690 50

124 92149 5

.

..

.

.σ n

u ru

00111 73.

.

kPa

c. La magnitud del esfuerzo cortante „ en el plano vn .

Solución

τ σ σ

σ

= −

= −( ) + ( ) + ( )

ur u ru

ur

2 2

2 22 63 84 54 336 75

n

. . . 22

2 2

347 21

124 92 149 50 111 7

=

= ( ) + ( ) +

.

. . .

kPa

nσu ru

33 224 59

347 21 224 59

264 7

2

2 2

( ) =

= ( ) − ( )

=

.

. .

.

kPa

τ

τ 99 kPa.

Problema 4.8.2Para un punto de un medio continuo se presenta el siguiente estado tensorial:

σ σ[ ] = −

[ ] =B B

15 7 57 10 85 8 2

19 7 0 00 1 9

'

.. 00

0 0 14 6−

..


Además se proporciona la información de los vectores propios del tensor ‚ (base B’):

Vp VpI II

u ruu u ruu

=

=−0 87

0 310 39

0 4...

. 770 280 84

0 1480 91

0..

..

.

= −VpIII

u ruuu

339

.

a. Expresar gráficamente el estado tensorial para las dos bases.

Solución

Para el tensor en la base B se tiene el estado tensional de la figura 4.10.

y

z

2

10

8

5 8

77

5

15

x

Figura 4.10

Para el tensor en la base B’ se tiene el estado tensional de la figura 4.11.

Vp II

VpIII

-14.6

1.9

19.7

VpI

Figura 4.11

b. Para la pareja ordenada (‚n , „) = (5,14), determinar analíticamente el plano n

B

r en el cual actúa.


Solución

Se conoce que

σ σ σσ σ σ

I II III

I II III

2 2 21

2

22

31 1 1

*

nnn 22

2 2

1

=

+

σ τσ

n

n ,

donde

‚I, ‚II, ‚III son los valores propios del tensor de esfuerzos ‚.

Por lo tanto:

19 7 1 9 14 619 7 1 9 14 6

1 1 1

2 2 2. . .. . .

( ) ( ) −( )−

*

=( ) + ( )

nnn B

12

22

32

2 25 1451'

=nnn B

12

22

32

388 09 3 61 213

'

. . .11619 7 1 9 14 6

1 1 1

221

. . .−

*

− 1151

0 002 0 021 0 0450 003 0 017 0

=

−−

. . .. . ..

. . .*979

0 002 0 038 0 066

22151−

=n

nn B

12

22

32

0 4210 3140 266'

.

.

.

=nnn B

1

2

3

0 6490 5600 51'

.

.

. 66

.

Para transformar el plano vn a la base B, es necesario encontrar la matriz de transformación de la siguiente manera:

Te e e e e ee e e e e ee

B B'

' ' '

' ' '=⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

1 1 1 2 1 3

2 1 2 2 2 3

3'' ' '

⋅ ⋅ ⋅

= =

e e e e e

B e

1 3 2 3 3

1

100

Base

=

=

, ,e e2 3

010

001


Base I ...

,'B Vp Vp= =

u ruu

0 870 310 39

III III

u ruu u ruuu

=−

=0 47

0 280 84

...

, Vp00 148

0 910 39

0 8

..

.

.

'

−

=TB B

77 0 31 0 390 47 0 28 0 84

0 148 0 91 0 39

. .. . .

. . .−

−

.

Se sabe que

n T n

n T n

B B B B

B B BT

B

r r

r r

=

= [ ]

' '

' *''

. . .

. . .

. .n

B

r =

−−

0 87 0 47 0 1480 31 0 28 0 910 39 0 884 0 39

0 6490 5600 516.

*...

..

Finalmente, el plano en el cual actúa la pareja de esfuerzos es

nB

r = −

0 3780 112

0 925

..

..

c. Determinar el esfuerzo cortante máximo „máx y el plano en el cual actúa.

Solución

Se determina gráficamente el valor del „máx, como sigue


0‚I = –14.6

„

‚II = 1.9 ‚III = 19.7

‚n = 2.55

„máx = 17.15

‚

Figura 4.12

Como se puede observar en la figura del círculo de Mohr, el cálculo del „máx es sencillo; sólo basta con ubicar los esfuerzos principales sobre la gráfica, dibujar los círculos para cada caso y, finalmente, obtener el „máx, ya sea en la gráfica hecha a escala o calculando el radio del círculo mayor.

Para encontrar el plano en el cual actúa el esfuerzo cortante máximo es necesario hallar, en la gráfica a escala, el valor del esfuerzo normal ‚n, ya que es preciso tener la pareja de esfuerzos (‚n, „).

Con la pareja de esfuerzos encontrados se procede a calcular el plano:

σ σ σσ σ σ

I II III

I II III

2 2 21

2

22

31 1 1

*

nnn 22

2 2

2

1

19 7 1 9

=

+

( ) (

σ τσ

n

n

. . )) −( )−

*

2 21

2

22

14 619 7 1 9 14 6

1 1 1

.. . .

nnnn B3

2

2 22 55 17 152 55

1

=( ) + ( )

'

. ..

=

nnn B

1

2

3

0 7070

0 707'

.

.

.


Si se observan las componentes del plano hallado, se llega a la conclusión de que el plano donde actúa „máx se encuentra siempre a 450 de la dirección de los esfuerzos principales.

Para transformar el plano a la base B, se utiliza la matriz de transformación calculada en el punto anterior:

n T n

n T n

B B B B

B B BT

B

r r

r r

=

= [ ]

' '

' *''

. . .

. . .

. .n

B

r =

−−

0 87 0 47 0 1480 31 0 28 0 910 39 0 884 0 39

0 7070

0 707.*

.

.

nr = −

B

0 7200 4240 551

...

.

d. Para un plano vn = (5, 4, –2), encontrar la pareja de esfuerzos (‚n, „).

Solución

Inicialmente se debe normalizar el vector del plano en el que se va a trabajar:

n nr r

=+ + −

⇒ =−

15 4 2

542

0 7450 5960

2 2 2

.

..2298

.

Se calcula el vector de esfuerzos que actúa en el plano vn , así:

σ σ

σ

ur r

ur

= [ ] *

= −

*

n

15 7 57 10 85 8 2

0.77450 5960 298

13 8573 129

7

..

.

..

−

= −σur

8897

.


Se calcula la componente del vector de esfuerzo normal al plano vn , así:

σ σ

σ

n

n

n= •

= −

•

ur r

13 8573 1297 897

0 7...

. 4450 5960 298

6 105..

. .−

⇒ =σ n

Se calcula la componente del vector de esfuerzo tangencial al plano vn , así:

τ σ σ

σ

= −

= ( ) + −( ) + (

ur u ru

ur

2 2

2 213 857 3 129 7 897

n

. . . )) =

= ( ) − ( )

=

2

2 2

16 253

16 253 6 105

15 06

.

. .

. .

τ

τ

Finalmente, la pareja de esfuerzos obtenida es

(‚n, „) = (6.11, 15.06).

Problema 4.8.3 Para el estado tensorial que se muestra en la figura 4.13, determinar los posibles valores de —, “, „ y „*, sabiendo que „máx = 5.

3

3

24 „*

“—

„

Figura 4.13


Solución

Es necesario graficar el círculo de Mohr para el estado tensorial que se mues-tra en la figura, lo cual se logra con la pareja de puntos conocidos (3, –3) y la información inicial que se presenta de „máx = 5.

(2, 4)

90°

16°

37°

„

„máx = 5

‚(4, 0)

(3, –3)(2, –4)

Figura 4.14

Con el círculo de Mohr graficado, se pueden encontrar todos los posibles va-lores que se piden.

Con la pareja de esfuerzos (‚n, „) = (4, 0), se encuentra el valor de „ que sólo puede ser en este caso igual a cero, ya que para que se cumpla que el esfuerzo normal sea 4, únicamente el valor de „ = 0 cumple esta condición.

Encontrada la pareja de esfuerzos anterior, se halla simultáneamente el valor del ángulo —, que para este caso es 18.50.

Para la otra pareja de esfuerzos se puede observar que existen dos coordenadas en el círculo de Mohr que satisfacen la condición de que el esfuerzo normal sea 2, éstas son (2, 4) y (2, –4); por lo que se concluye que „* = 4, –4 y “ = 45º, 8º.

CAPÍTULO 5

Teoría de la elasticidad

5.1. Elast ic idad l ineal

La teoría de la elasticidad se basa en dos hipótesis simplificatorias: una es considerar pequeñas deformaciones y otra es aceptar la existencia de un estado neutro, es decir, si las deformaciones son nulas, las tensiones serán nulas, ya que existe una dependencia entre deformaciones y tensiones. Nor-malmente se entiende que el estado neutro se produce en el tiempo cero o configuración de referencia È(x, t0) = 0 ⇒ ‚ (x, t0) = 0.

Se define elasticidad como la propiedad mecánica de los materiales de recu-perar su forma inicial al ser descargados. Un caso particular es la elasticidad lineal en la cual existe una proporcionalidad lineal entre el esfuerzo aplicado y la deformación producida. La teoría de la elasticidad no considera los efectos asociados con la duración de las cargas tales como el efecto creep o efectos de relajación de esfuerzos cuando hay deformaciones constantes. El concepto de elasticidad lineal se visualiza gráficamente en una curva esfuerzo-deformación axial, como se muestra en la figura 5.1.

‚

È

E

Rango elástico lineal

Figura 5.1


En la naturaleza, los materiales presentan un comportamiento mecánico diferen-te, dependiendo de la dirección en la cual estén actuando las cargas (anisotropía). Esto implica que para cada dirección existen unos parámetros de elasticidad diferentes, referenciando las acciones de esfuerzos y deformaciones a los ejes coordenados de un tensor de tensiones con nueve componentes, el cual se puede expresar como un vector de 9 x 1 componentes. Este vector de esfuerzos estará relacionado con el vector de deformaciones que también tiene nueve componen-tes. La relación se da a través de la matriz de elasticidad de dimensiones 9 x 9, donde sus componentes son las constantes que establecen la proporcionalidad esfuerzo-deformación, es decir, las constantes de elasticidad.

Partiendo de la simetría de los tensores ‚ y È, la matriz de elasticidad será únicamente de 6 x 6, con lo cual sólo se tienen 36 constantes de elasticidad, quedando la relación escrita matricialmente así:

σσστττσ

xx

yy

zz

xy

xz

zy

E

=

v

(( )( )1 1 2

1 0 0 01 0 0 0

1 0 0 0

0 0 0 1 2

+ −

−−

−−

ν ν

ν ν νν ν νν ν ν

ν22

0 0

0 0 0 0 1 22

0

0 0 0 0 0 1 22

−

−

ν

ν

C

xx

yy

z

1 244444444444 344444444444

eee zz

xy

xz

zy

γγγe

v

,

donde vσ es el tensor de esfuerzos expresado como un vector, C es la matriz

constitutiva de elasticidad, re es el tensor de deformaciones expresado como vector, E es el módulo de Young y v el coeficiente de contracción transversal de Poisson. Definamos S como la traza del tensor de esfuerzos, tal que

S = ‚xx+ ‚yy+ ‚zz

y e como la traza del tensor de deformaciones infinitesimales que representa la deformación volumétrica:

e eE

Sxx yy zz= + + = +e e e ν; * .1 2

Desarrollando ‚ii se llegan a determinar las constantes elásticas de Lamé € y ‹. Para el caso particular de ‚xx se tiene:

Teoría de la elasticidad 135

σν ν

ν e νe νe

σ

xx xx yy zz

xx

E

E

=+ −

− + +

=

( )( )( )

1 1 21

(( )( )( )

(

1 1 2

1

+ −+ − + +

=+

ν νe ν e e e

σ

xx xx yy zz

xxE

νν νe ν e e e νe

σ

)( )( )

(

1 22

−+ + + −

=

xx xx yy zz xx

xxE

11 1 22

1 1 2

+ −− +[ ]

=+ −

ν νe νe ν

σ νν ν

)( )*

( )( )

xx xx

xx

e

E ee E xx+ −+ −e νν ν

( )( )( )

.1 21 1 2

Donde νν ν

λν

µE E G( )( )

; ( )

:1 1 2 2 1 2+ −

=+

= = : módulo de rigidez de cortante.

Con lo cual ‚xx = €*e + 2GÈxx.

Análogamente se tiene:

‚yy = €*e + 2GÈyy

‚zz = €*e + 2GÈzz.

Los esfuerzos y deformaciones cortantes se pueden expresar como

τν ν

τνγxy xy xy xy

E v y E=+ −

− =+( )( )

* ( )1 1 2

1 22 2 1

.τ γxy xyG=

Análogamente,

„xz = Gyxz

„yz = Gyyz.

Dentro de la elasticidad existe el módulo volumétrico notado como K E=−3 1 2( )ν

,

llamado también módulo de Bulk o de incompresibilidad.

De la anterior operación matricial se pueden definir las expresiones para las deformaciones, así:

r r r r

σ e e σ= = −C C, 1


eeeγγγ

xx

yy

zz

xy

xz

zy

E

=

−

1

1 νν νν νν ν

νν

−− −− −

++

0 0 01 0 0 0

1 0 0 00 0 0 2 1 0 00 0 0 0 2 1

( )( ))

( )0

0 0 0 0 0 2 11

+

−

νC

1 2444444444 344444444

σσστττ

xx

yy

zz

xy

xz

zy

Al desarrollar esta expresión matricial se tiene:

e σ ν σ σ γ ν τ

e

xx xx yy zz xy xyE E= − + = +1 2 1( ) ; ( )

yyy yy xx zz xz xzE E= − + = +1 2 1σ ν σ σ γ ν τ

e

( ) ; ( )

zzz zz xx yy yz yzE E= − + = +1 2 1σ ν σ σ γ ν τ( ) ; ( ) ..

Recordemos que γ e e γxy xy xy xy

uy

vx

u= = ∂∂

+ ∂∂

= ∂

∂2 1

2 ;

yyvx

+ ∂∂

.

5.2. Problemas sobre elast ic idad

Considerando un medio continuo isotrópico homogéneo y linealmente elástico sometido a diferentes condiciones de frontera, se deben cumplir las siguientes relaciones:

a) ECUACIONES DE EQUILIBRIO

Div óσ ρσ

ρ+ =∂∂

+ =bx

bij

ji0 0 .

b) LEY DE HOOKE

σ λδ e e σ λ eij ij kk ijG eI G= + = +2 2 .ó

c) RELACIÓN DESPLAZAMIENTO-DEFORMACIÓN

e µ µe eij

i

j

j

iijx x

= ∂∂

+∂∂

=12

donde iiii

i

ij ij

xi j= ∂

∂=

= = ∂

µ

e e µ

con

cuando

12

ii

j

j

ix xi j

∂+∂∂

≠µ

con .


Ejemplo 5.1Para el caso particular que i = 1 y j = 2, se tiene Èxy,

así:

recordando que e γ γ µ µxy xy xy

x y

y x= = ∂

∂+∂∂

12

12

, con lo cual

,

es decir, e µ µxy

x y

y x= ∂

∂+∂∂

12

.

Estas tres relaciones se deben cumplir en todos los puntos del medio continuo en las condiciones inicialmente establecidas; además se deben cumplir garan-tizando las condiciones de frontera.

En un problema sobre elasticidad se puede conocer una de las dos condiciones de frontera o las dos simultáneamente. Estas son:

1) Se conocen los desplazamientos en el contorno, es decir, las funciones ‹i(x1, x2, x3, t) son conocidas. A partir de los desplazamientos, se puede expresar el

tensor infinitesimal de deformaciones È como e µ µij

i

j

j

ix x= ∂

∂+∂∂

12

y remplazarlo

en estos términos en la ecuación general de la ley de Hooke:

‚ij = €‘ij Èkk + 2G Èij .

Desarrollando esta expresión en términos de desplazamiento se tiene:

σ λδ µ µ µ µij ij

i

jx x xG

x= ∂

∂+ ∂∂

+ ∂∂

+

∂∂

1

1

2

2

3

3

2 ++∂∂

µ j

ix12

.

Ahora debe cumplirse la condición de equilibrio Div‚ + ·b = 0, es decir,

∂∂

+ =σ

ρij

jix

b 0. Remplazando se tiene:

∂∂

∂∂

+ ∂∂

+ ∂∂

+

∂∂

+x x x x

Gxj

iji

j

λδ µ µ µ µ1

1

2

2

3

3

∂∂∂

+ =

∂∂

+∂∂

µρ

µ µ

j

ii

i

j

j

xb

Gx

0

2 2

xx x x x x xj iij

j∂

+ ∂

∂∂∂

+ ∂∂

+ ∂∂

λδ µ µ µ1

1

2

2

3

3

+ =

∂∂

+∂∂ ∂

+ ∂∂

∂

ρ

µ µλδ

b

Gx

Gx x x

i

i

j

j

j iij

j

0

2 2 µµ ρk

kix

b∂

+ = 0 .

( )λ µ µ ρ+ ∇∇ ⋅ + ∇ + =G G bi2 0r


( ) ( ( ))λ µ µ ρ+ + + =G Grad Div GLaplaciano br

v 0 Ecuación de Navier-Cauchy

En este orden se cumplen las condiciones c, b, y a.

2) Se conocen las tensiones en todas las partes del contorno:

σ σ σ σ( , ) ; ( , ) .P n n P n ni ij j= [ ] =r

Con estas ecuaciones se pueden expresar las deformaciones en términos de tensiones mediante la ley de Hooke, y las ecuaciones de compatibilidad en términos de tensiones y constantes de Lamé. Recordando las ecuaciones de compatibilidad y tomando una como ejemplo, se tiene:

22 2

2

2

2

∂∂ ∂

= ∂∂

+∂∂

e e eyz zz yy

y z y z.

Ahora se expresan las deformaciones en términos de tensiones así:

eτ

γτ

σ

yzyz

yzyz

zz

G G= =

=

2; que es lo mismo que

λλ e e σ λe G eGzz zz

zz+ = −22

;de donde

análogamente se tiene que:

eσ λ

e e e

e σ λ

yyyy

xx yy zz

xxxx

eG

e

eG

= = + +

=

−

−

2

2

;

;

* ; *

S

eE

S eE

xx yy zz

xx y

= + +

= + = + +

σ σ σ

ν ν σ σ1 2 1 2yy zz

E+( ) =+ −

σ λ νν ν

; ( )( )

.1 1 2

Con lo cual la ecuación de compatibilidad en términos de tensiones queda expresada como

2 2

1 2

22

2

*

*

∂

∂ ∂=

∂− −

τ

σ λ ν

yz

zz

Gy z

ES

G

∂+ ∂∂

− −

y z

ES

G

yy

2

2

2

1 2

2

σ λ ν *

.


Donde G, E, v y € son constantes, por lo que la solución es:

1 12

1 22 2

2

2

2

2

G y z G y z Eyz zz yy∂

∂ ∂= ∂

∂+∂∂

− − ∂τ σ σ λ ν( ) SSy

Sz

y z yyz zz

∂+ ∂∂

∂∂ ∂

= ∂∂

2

2

2

2 2

2

2 τ σ ++∂∂

−+

∂∂

+ ∂∂

2

2

2

2

2

21σ ν

νyy

zS

yS

z ,

y se llega a la ecuación de Beltrami-Michell.

Ejemplo 5.2Diseño de una presa triangular. La presa está confinada lateralmente por dos macizos rocosos.

•Determinar la variación de esfuerzos y deformaciones dentro de la presa.

•Calcular la fuerza de fricción necesaria para que la presa no se deslice.

•Determinar el factor de seguridad frente a volcamiento y deslizamiento.

Predimensionamiento

E P

BA

O Línea de acción del peso propio

7m

10 Línea de acción del empuje

Figura 5.2


P

E

MB

= × × =

= × =

= ×

10 7 2 42

84

1 102

50

84 4 66

2

.

.

Ton

Ton

−− × =

= + =

= =

∑ 50 3 33 224 9

84 50 97 752 2

. .

.

Ton/m

R

d MBR

22 30

2 3030 76

2 68

.

..

.

m

mxCos

= =

Figura 5.3

De la figura 5.3:

α

α

=

= °

arctg

. .

5084

30 76

Cálculo de la excentricidad:

e = − = <3 50 2 68 0 82 76. . .

84

50

—


Figura 5.4Reacción del suelo:

σ

σ

σ

= × ±

= × ± ×

=

NB

eB

A

1 6

847

1 6 0 827

3 5

.

. 6620 43

.

Ton/mlTon/mlσ B =

Figura 5.5

R

e

2 .68—

—

A B

O

‚A=3.56Ton/ml ‚B=20.43

Ton/ml


σ

σ

σ

11

2

22

22

2

12

12

2

1 2

= ∂∂

+∇

= ∂∂

+∇

= − ∂∂ ∂

=→

Φ

Φ

Φ

x

x

x x

f −−= × =

gra.

df gRoc Roc

ϑρ γ

Figura 5.6

Como la variación de los esfuerzos es lineal en relación con x1, la función Œ puede ser de orden 3. De tal manera que al realizar la doble derivada de Œ se obtiene esa variación lineal.

f

x

x

x

R→=

⇒ − = −

∂∂

∂∂

∂∂

γϑ

ϑ

ϑ

ϑ

00

1

2

3

grad

=

γRoc

00

.

Definición de la función de Airi (Œ)

φ = + + + + + + +Ax Bx Cx x Dx x Ex fx gx x h13

23

12

2 22

1 12

22

1 2 xx ix j1 2+ + .

O

f

x2

7mA B

x1

10


Ahora:

σ σ γ

σ

11

2

22 11 1 2 1

11

6 2 2

6

= ∂∂

+∇⇒ + × = + +

=

Φx

x Bx Dx fRoc

BBx Dx f x

x

Roc

Roc

2 1 1

22

2

12 22

2 2+ + − ×

= ∂∂

+∇⇒ + ×

γ

σ σ γΦ xx Ax Cx E

Ax Cx E xRoc

1 1 2

22 1 2 1

12

6 2 2

6 2 2

= + +

= + + − ×σ γ

σ == ∂∂ ∂

⇒ = − + +( )2

1 212 1 22 2Φ

x xCx Dx gσ .

Las nuevas incógnitas son A, B, C, D, E, f y g.

Para determinar las constantes se utilizan las condiciones de borde en esfuerzos, y un equilibrio global de todo el conjunto.

Condiciones de frontera para la superficie vertical OA

n→=−

01

.

El vector de esfuerzo en el punto:

Tx

T n T

h

→

→

−

→ →

=×

= ⇒ =

0

1

11 12

21 22

γ

σσ σσ σ −

=

01

0

1γh x

Figura 5.7

x2

A B

p(x1, 0)n

x1

O


− =σ12 0 ( ).

1

22 1− = ×σ γh x ( )2

De la ecuación 1:

− = ⇒ − + + =σ12 1 20 2 2 0( ) .Cx Dx g

De aquí se puede decir que C = 0 y g = 0.

De la ecuación 2:

− =

= + + − = − =

σ γ

σ γ γ

22 1

22 1 2 1 16 2 2 0

h

R h

x

Ax Cx E x x C; ,, E

Ax x x

A

A

Roc h

h Roc

Roc

=

− = −

= − +

= −

0

6

6

16

1 1 1γ γ

γ γ

γ γhh[ ] .

Figura 5.8Para el plano OB:

n

xx

x x

P x

→=−

= ⇒ =

=

1

2

12 1

1 1

1

sencos

tg tg

t

θθ

θ θ

gg tgθ θ

=

xx

1

1

x2

n

O

T

ÿ

ÿp1

A B

x1


T n

T

→

−

→

→

= =

= =

−

σ

σ σσ σ

θθ

0

0 11 12

21 22

sen

cos

=

− + =− +

00

011 12

21

σ θ σ θσ θ σ

sen cossen 222

2 1 1 1

0

6 2 2 2 2

cos

sen

θ

γ θ

=

− + + −[ ] − +Bx Dx f x Cx DRoc xx g

Cx Dx g Ax Cx E2

1 2 1 2

0

2 2 6 2 2

+[ ] =

+ +[ ] + + +

cos

sen

θθ −−[ ] =

= = = = = −

γ θ

γ γ

Roc

Roc h

x

f C E g A

1 0

0 0 0 0 16

cos

; ; ; ; [[ ]

+ × −[ ] −

2 6 16 1 1Dx x xs Roc h Rocsen cosθ γ γ γ θθ

γ θθ

γθ

γ

θ

=

= = =

0

2 2 21

2

1

2 2

1

D xx

xx x

x

h h hcossen tg tg

== γθ

h

2 2tg.

Condiciones de frontera por equilibrio

6 2 2

6

2 1 1 20

7

2 2

2

2

Bx Dx f x dx P

Bx dx

Rox

x

+ + −[ ] =

[ ]

=

=

∫ γ

== + [ ] − [ ] ==

=

∫ P Dx dx x dx h

x

x

RoRoc

2

2

0

7

1 2 1 2

2

2 γ γ θtg22

12

6 2

2

2

2

2

0

7

0

7

22

01 2 0

x

x

x

x

hhx Dx x

=

=

=

=

∫∫

× +tg

tgθ

θθ θγ γ θ− =Roch Rocx x h

1 2 0

2

2tg tg

Fx

dx P

Bh Dx h

x

x

1

11 20

7

2 21

0

0

3 2

2

2

=

− =

+ −

∑

∫=

=

σ

θ θtg tg γγ θ γ θRoc

Rocx h1

2

2tg tg .=


Para la condición de frontera analizada, x1 = h,

3 22

3

2 2 2 22

2

Bh Dh h h

Bh

RocRoctg tg tg tg

tg

θ θ γ θ γ θ+ − =

22 22

2

2

12 20

2 32

0

2

θ θ γ θ

γ σ

+ =

=

− =

∑

Dh h

Fx

h dx

Roc

h

tg tg

hh

hhh Cx Dx g dx C g

tg

tg

( ) ; ;

θ

θγ

∫

= − − + + = =2

1 2 202

2 2 0 0∫∫

∫=

=

=

γ

γ

γ

θ

θ

hh

hh

h

h Dx dx

h Dx

h D

2

2 20

2

22

0

2

22

2

2

tg

tg

hh D h2 222

tg ;tg

.θ γθ

=

Remplazando D:

− + −[ ] − =

− +

6 2 2 0

6

2 1 1 2

2

Bx Dx x Dx

Bx x

Roc

h

γ θ θ

γ

sen cos

112 1

22

2

0

6

tg tgθγ θ γ

θθ−

− =

+

Rochx x

Bx

sen cos

γγθ

γ γθ

θθ

γ

hRoc

h

h

x x x

Bx x

12 1

22

26

tg tg− = −

= −

cossen

223

12tg tgθ

γ γθ

+ = −Roch x

B xx

xx

B

hRoc h

R

= − + −

=

16

16

31

2

1

22

γθ

γ γθ

γ

tg tg

ooc h

Roc hB

tg tg

tg t

θγθ

γθ

γ

−

=

−

2

16

13

3

gg .3θ


Valores de las constantes:

A

ABD

Roc h= −[ ]== −=

160 233

0 4001 02

γ γ

..

.

Tensor de esfuerzosσσ

11 2 1 1

12

6 0 4 2 1 02 2 42 1 02

= × − + −= − × ×

( . ) ( . ) ..

x x xx22

22 1 1

2 1

6 0 233 2 4

2 4 0 36 2 04

σ

σ

= × × −

=− −

−

. .

. . .

x x

x x x22

2 12 04 1 002− −

. . .

x x

Ley de comportamiento

e σ υ υ σ

e σ

ij ij kk ijE EJ

E E

= + −

= + −

1

1 0 182 6

0 18211 11

. .66

3 72 0 36

5 9 10 9 10 3

2 1

11 117 8

− −[ ]

= × × − × ×− −

. .

.

x x

e σ .. .

. . .

72 0 36

2 4 0 36 5 9 10

2 1

11 2 17

x x

x x

−[ ]

= −[ ]× × −−e 99 10 3 72 0 36

5 9 10 9 1

82 1

22 227

× × −[ ]

= × × − ×

−

−

. .

.

x x

e σ 00 3 72 0 36

1 002 5 9 10 9

82 1

22 17

−

−

× −[ ]

= − × × −

. .

. .

x x

xe ×× × −[ ]−10 3 72 0 3682 1. . x x

e σ

e

e

12 127

12 27

12

5 9 10

2 04 5 9 10

1

= × ×

= − × ×

= −

−

−

.

. .

.

x

220 10 62× − x .


Tensor de deformaciones

e−

− −

=−[ ]× × − × −2 4 0 36 5 9 10 9 10 3 72 0 32 1

7 82. . . . .x x x 66 1 20 10

1 20 10 5 91 101

62

62

71

x xx x

[ ] − ×− × − × −

−

− −

.. . 99 10 3 72 0 368

2 1× × −[ ]

− . . .

x x

Cálculo del campo de desplazamientos

dddd

d d d

→=

= + =

1

2

3

11 1 1 1 1 1 112

e , , , ==∂∂

=

= + = = ∂∂

dx

d d d dx

1

111

22 2 2 2 2 2 22

2

12

e

e , , , ==

= + = = ∂∂

+ ∂∂

e

e

22

12 1 2 2 1 1 21

2

212

12

d d d dx

d, , , xx

dx

x x

1

111

12 1

72 4 0 36 5 9 10

= ∂∂

= − × −−e ( . . ) . 99 10 3 72 0 36

5 91 10

82 1

222

2

7

× −

= ∂∂

= − ×

−

−

( . . )

.

x x

dx

e xx x x

x

d

18

2 1

126

2

1

9 10 3 72 0 36

1 20 10

− × −

= − ×

−

−

( . . )

.e

== × − × − ×−−

−1 416 10 2 12 102

3 348 1062 1

7

12 7

2. . .x x x x xx x

d x x

1

812

16

1 2

3 24 102

1 0812 10 1 222 1

− ×

= × − ×

−

−

.

. . 00 1 0326 10

0 3348 10 0

712 6

22

26

1 2

− −

−

− ×

= − × −

x x

d x x

.

. .. .

.

2793 10 0 2613 10

0 3348 10

612 6

12

2

× − ×

= − ×

− −

−

x x

d 661 2

6120 5406 10x x x− × −.

d x x

d

126

16

2

21

1 0812 10 2 0652 10

0 3348

= × − ×

= − ×

− −. .

. 110 0 5586 10 0 5226 10

12

62

61

61

12 1

− − −− × − ×

=

x x x

d

. .

e ,, , . .2 2 16 61

22 0652 10 0 3348 10+ = − × − ×

− −d xx x26

21 20 10= − × −. .


Verificación del coeficiente de deslizamientoComo empuje = 50 Ton = fuerza de fricción (F) y fuerza normal = 84 Ton (N), se tiene:

F = N x fr,

donde

f FNr = = =50

840 595. .

El coeficiente de fricción necesario para garantizar que la presa no se deslice es 0.595 como mínimo.


Problema 5.3.1Para un estado de tensión plana se tiene el siguiente tensor de deformaciones y las propiedades mecánicas del medio continuo:

eυ

= ×−

= ×=

−1 104 0 1

0 1 32 10

0 33

5..

;.

.E MPa

Calcular:

a. El tensor de esfuerzos ‚.

Solución

Se sabe que

σ eur r

= [ ] ⋅C .

Donde C, para este caso, es la matriz constitutiva de elasticidad isotrópica bidimensional para tensión plana, obtenida de la siguiente manera:

C E=−( ) −( )

= ×1

1 01 0

0 01

2

2 102

5

υ

υυ

υ 11 0 3

1 0 3 00 3 1 0

0 01 0 3

2

2− ( )( ) −( )

.

..

.

= ×

C 1 102 198 0 659 00 659 2 198 0

0 0 0 769

5

. .

. ..

MPa.


También se debe definir el vector de deformaciones er

, así:

γ e

eeeγ

e

xy xy

xx

yy

xy

= = ×

=

⇒ =

−2 2 1 10 4*

r r

11 1043

0 2

3× −

−

. .

Con los datos necesarios obtenidos se procede a calcular el vector de esfuer-zos:

σ e

σ

ur r

ur

= [ ] ⋅

= ×

C

1 102 198 0 659 00 659 2 198 0

0 0

5

. .

. .00 769

1 1043

0 2

3

. .

⋅ × −

=

−

σur

11 106 813 95

0 15

2× −

..

..MPa

Finalmente, el tensor de esfuerzos resultante será

σur

= ×−

1 10

6 81 0 150 15 3 95

2 . .. .

.MPa

b. El plano de máximo cortante.

Solución

Es necesario encontrar los valores de los esfuerzos principales para graficar con estos el círculo de Mohr:

σσ σ σ σ

τ

σ

I,II

I,II

=−

±−

+ ( )

=

x y x yxy2 2

6 81

22

. ++ −( ) ± + ( )

+ ( )

3 952

6 81 3 952

0 152

2. . ..

= = −

x

x10 MPa x10I2

II2

10

6 81 3 95

2

σ σ. . MPa


0

3.95

0.15

0.156.81

84

96

Cara x positiva(6.81, 0.15)

„máx = 5.38

„

‚I = –3.95 ‚II = 6.81

Figura 5.9

Con el círculo de Mohr construido, se puede observar que un plano de máxi-mo cortante se encuentra rotando 420 en el sólido en relación con el eje x en el sentido contrario de las manecillas del reloj. También existe otro plano de máximo cortante rotando 480 en relación con el eje x en el sentido de las ma-necillas del reloj.

Problema 5.3.2 Dados los estados de carga de las figuras A y B, y usando las ecuaciones de elasticidad, determinar la relación entre las cargas FA y FB para que la defor-mación Èz sea igual en los dos modelos. Las dimensiones y los materiales son iguales en ambos casos.

y

z

F A F B

x

Figura 5.10


Solución

Para el caso A no existen esfuerzos en las direcciones X y Y, ya que la probeta no se encuentra confinada; por lo tanto, la expresión se reduce de la siguiente forma:

e σ υ σ σ

σ σ

e σ

zA

z x y

x y

zA

zA

E

E

= − +( )

= =

=

1

0

1

.

Pero

(1) .

Para el caso B se tiene que ‚x = ‚y , ya que se está trabajando bajo la consi-deración de que el material cumple las leyes de la elasticidad y la isotropía. Además, la probeta está completamente confinada, por lo que se dice que no existe deformación en las direcciones X y Y, lo cual origina que Èx = Èy = 0. Por lo tanto, se obtienen las siguientes expresiones:

e σ υ σ σ

e σ υ σ σ

zB

z x y

xB

x z y

E

E

= − +( )

= − +( )

1

1 , pero

Sabiendo

e e

σ υ σ σ

x y

x z yE

= =

− +( ) =

0

1 0.

qque se despeja σ σ σ

σ σ υ συ

x y x

x yz

=

= = ⋅−( )

,

.

:

1

Despejando ‚x , ‚y en la expresión de Èz

B :

e σ υ υ συ

e σ

zB

zz

zB z

E= − ⋅ ⋅

−( )

=

1 21

BB

E1 2

1

2

− ⋅−( )

υ

υ. (2)


Se sabe que σ σzA A

zB BF

AFA

= = .y

Se igualan las expresiones (1) y (2), ya que se debe cumplir que la deformación Èz sea igual en los dos modelos:

FEA

FEA

vv

A B= − ⋅−( )

.1 2

1

2

Finalmente, se obtiene la expresión

FF

A

B

= − − ⋅−( )

1 21

2υ υυ

.

Problema 5.3.3

Usando la teoría de la elasticidad, calcular la fuerza F en kN para que Èzz = 0.0002, dado el estado tensorial de la figura y las propiedades mecánicas del material mostradas a continuación.

y

z

F

x

A = 2 cm2

E = 2E 8 kPav = 0.29

2.1E4 kPa

2.1E4 kPa

Figura 5.11

Solución

Se debe plantear la siguiente expresión:

e σ υ σ σz z x yE= − +( )

1 .

Despejando ‚z se tiene:

σ e υ σ σ

σz z x y

z

E= ⋅ + +( )= ×( ) ⋅ ×( ) +−2 10 2 10 0 294 8 kPa . ⋅⋅ × + ×( )=

2 1 10 2 1 10

52180

4 4. .

.

kPa

kPaσ z


Ahora:

σ σz zFA

F A

F

F

= ⇒ = ⋅

= ⋅ ×

=

−52180 2 10

10 44

4 2

. .

kPa m

kN

Bibliografía

1. Anton, H. 2003. Introducción al álgebra lineal. México, D.F. México.

2. Bonet, J. y Wood, R. D. 1997. Nonlinear Continuum Mechanics for Finite Element Analysis. Cambridge Uni-versity Press. Cambridge. Reino Unido.

3. Chadwick, P. 1999. Continuum Mechanics. Concise Theory and Problems. Nueva York. USA.

4. Davis, R.O. y Selvadurai, A.P.S. 1996. Elasticity and Geomechanics. Cambridge University Press. Cambridge, Reino Unido.

5. Flügge, W. 1972. Tensor Analysis and Continuum Me-chanics. Stanford University Press. California. USA.

6. Fusco, A. 1993. Mechanics of a Continuum Medium. CIMNE. Barcelona. España.

7. Gerber, H. 1992. Álgebra lineal. México, D.F. México.

8. Grossman, S. 1988. Álgebra lineal. México, D.F. Méxi-co.

9. Hurtado, J. E. 2002. Introducción al análisis estructural por elementos finitos. Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales. Colombia.

10. Levi, E. 1994. Elementos de mecánica de medios con-tinuos. México, D. F. México.

11. Lizcano, Arcesio 1999. Notas de clase. Curso de Mecánica de Medios Continuos. Magíster en Ingeniería Civil, Uni-versidad de los Andes. Bogotá. Colombia.

12. Malvern, L. E. 1969. Introduction to the Mechanics of a Continuum Medium. Nueva Jersey. USA.

13. Mase, G. E. 1978. Serie de Compendios Schaum. Teoría y problemas de mecánica del medio continuo. México, D. F. México.


14. Massaguer, J. M. y Falques, A. 1994. Mecánica del continuo. Geometría y dinámica. U.P.C. Barcelona. España.

15. Olivella, X. O. y de Saracibar, C. A. 2000. Mecánica de me-dios continuos para ingenieros. U.P.C. Barcelona. España.

16. Taboada, A. 1998. Notas de clase. Curso de Mecánica de Medios Continuos, Magíster en Ingeniería Civil, Universidad de los Andes. Bogotá. Colombia.

Esta edición se terminó de imprimir en los talleres de

Unibiblos de la Universidad Nacional de Colombia,

Sede Bogotá, en marzo de 2008, con un tiraje de 300

ejemplares. Se utilizaron caracteres Times y StarMath

10,5/12,6, en papel bond blanco de 90 g, impresión

digital, en formato de 16,5 x 24 cm,

Bogotá, D. C., Colombia

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