Dinamica NGL

Ingeniería Antisísmica Capítulo 3 – Dinámica de estructuras. Sistemas de varios grados de libertad

1 Claudio Oyarzo V.

Ingeniero Civil

Capítulo 3 – Dinámica de estructuras. Sistemas de v arios grados de libertad

1 Preámbulo En muchos textos de estudio, luego de haber estudiado los fenómenos oscilatorios de un grado de libertad, se pasa directamente al estudio de los sistemas dinámicos de múltiples grados de libertad. Sin embargo creemos que es más adecuado hacer un paso intermedio, e invertir tiempo en estudio de sistemas de 2 grados de libertad, para luego extender los resultados aquí obtenidos a sistemas de mayor número de grados de libertad.

2 Sistemas de dos grados de libertad

2.1 Modelo Considere el siguiente sistema de 2 grados de libertad sin amortiguamiento (comportamiento elástico):

Haciendo los diagramas de cuerpo libre de cada masa:

El sistema debe cumplir simultáneamente con 2 ecuaciones de movimiento:

)·(··

)·(··

21122222

21121111

xxKxKxm

xxKxKxm

−+−=

−−−=••

••

m1 m2

K12 K1 K2

x1 x2

m1

11 xm••

·

)·( 2112 xxK −11 xK ·

m2

22 xm••

·)·( 2112 xxK − 22 xK ·


2 Claudio Oyarzo V.

Ingeniero Civil

Reordenando:

( )( ) 0xKKxKxm

0xKxKKxm

212211222

212112111

=++−

=−++••

••

···

···

En forma matricial:

( )

( )

=

⋅

+−

−++

⋅

••

••

0

0

x

x

KKK

KKK

x

x

m0

0m

2

1

12212

12121

2

1

2

1 (1)

[ ]{ [ ]{ { } { }0xKxM

Rigidezde

Matriz

Masasde

Matriz

=⋅+

⋅

••

Luego la solución de este sistema debe ser tal que satisfaga ambas ecuaciones simultáneamente:

2.2 Respuesta Dado que el sistema no posee amortiguamiento podemos suponer que la solución podría tener la forma de oscilación libre, esto es:

( )( )ψω

ψω+=+=

tsenAtx

tsenAtx

22

11

·)(

·)(

Reemplazando esto en la ecuación se obtiene

( )( )

( )( )

=+

⋅

+−

−+++

−

−⋅

0

0tsen

A

A

KKK

KKKtsen

A

A

m0

0m

2

1

12212

12121

22

21

2

1ψωψω

ω

ω··

·

·

( )

( )

=

+−

−++

−

−

0

0

AKKAK

AKAKK

mA0

0mA

2122112

2121121

22

2

12

1

··

··

··

··

ω

ω

( )

( )

=

−+−

−−+

0

0

A

A

mKKK

KmKK

2

1

22

12212

1212

121·

·

·

ω

ω

[ ] [ ]( )

=

⋅−0

0

A

AMK

2

12ω


3 Claudio Oyarzo V.

Ingeniero Civil

La solución trivial estaría dada por: 0A1 = y 0A2 = Pero la solución no trivial corresponde a:

[ ] [ ]( ) 0MK 2 =− ωdet Ecuación para 2ω (Problema de valores propios) Esto es:

( ) ( ) ( )0

mmKKKKKK

mKK

mKK

21

212121212

2

121

1

1224 =+++

+++−·

····ωω

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

++−

+++±

+++=21

21212121

2

2

121

1

122

2

121

1

1222

mmKKKKKK4

mKK

mKK

mKK

mKK

21

·····ω

Es posible demostrar que las dos raíces que se obtienen para 2ω son reales y positivas ( )210 ωω << . A las raíces 1ω y 2ω son las frecuencias naturales del sistema y 1ω conocida como la frecuencia fundamental. Dado que se tiene dos raíces, la solución del sistema corresponderá a una superpoción de ambas, esto es:

( ) ( )( ) ( )222211212

221211111

tsenAtsenAtx

tsenAtsenAtx

ψωψωψωψω

+++=+++=

··)(

··)(

En forma matricial:

( ) ( )2222

1211

21

11

2

1 tsenA

Atsen

A

A

tx

txψωψω +

++

=

··)(

)(

O bien:

{ } ( ) { } ( )444 3444 21444 3444 21

vibrardeModoSegundovibrardeModoPrimer

2221112

1 tsentsentx

txψωφψωφ +++=

··)(

)(

Es posible demostrar que los vectores { }1φ y { }2φ son ortogonales SIEMPRE, esto es:

{ } [ ]{ } 0K 2T

1 =⋅ φφ · y { } [ ]{ } 0M 2T

1 =⋅ φφ ·


4 Claudio Oyarzo V.

Ingeniero Civil

Notar que la resolución del sistema corresponde a un problema de valores propios ( 21ω , 2

2ω ) y

vectores propios ({ }1φ , { }2φ ). Entonces si se escribe solución de la ecuación de la siguiente forma:

( ) ( )22122

111112

1 tsenA1

tsenA1

tx

txψω

µψω

µ+

++

=

····)(

)(

( ) ( )tq1

tq1

tx

tx2

21

12

1 ··)(

)(

+

=

µµ

( )

( )

=

tq

tq11

tx

tx

2

1

212

1

·)(

)(

µµ

{ } [ ] ( ){ }tqtx ⋅= φ)(

Donde:

[ ]

=

21

11

µµφ

Reemplazando en la ecuación de movimiento (1)

( )

( )

=

⋅

+−

−++

⋅

••

••

0

0

x

x

KKK

KKK

x

x

m0

0m

2

1

12212

12121

2

1

2

1

( )

( )

( )

( )

( )

( )

=

⋅

+−

−++

⋅

••

••

0

0

tq

tq11

KKK

KKK

tq

tq11

m0

0m

2

1

2112212

12121

2

1

212

1

µµµµ

Premultiplicando por [ ]Tφ :

( )

( )

( )

( )

( )

( )

=

⋅

+−

−+

+

••

••

0

0

tq

tq11

KKK

KKK

1

1

tq

tq11

m0

0m

1

1

2

1

2112212

12121

2

1

2

1

212

1

2

1

µµµ

µ

µµµ

µ···


5 Claudio Oyarzo V.

Ingeniero Civil

( ) ( )

( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

=

++−++++−+

+++−+++−++

++

++

••

••

0

0

tq

tq

KKK2KKKKKKK

KKKKKKKK2KK

tq

tq

mmmm

mmmm

2

1

1222

221212112212112121

122121121211222

1112121

2

1

22

212211

221122

11

2

2

µµµµµµ

µµµµµµ

µµµ

µµµ

·····

·····

···

···

Aplicando las condiciones de ortogonalidad:

( )( )

( ) ( )

( ) ( )

=

++−+

++−++

+

+

••

••

0

0

q

q

KKK2KK0

0KKK2KK

q

q

mm0

0mm

2

1

1222

2212121

1222

1112121

2

1

22

21

22

11

µµ

µµ

µ

µ

··

··

·

·

Se obtiene matrices diagonales, esto es, se obtienen 2 ecuaciones independientes de un grado de libertad cada una. Sistema desacoplado:

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( ) 0tqKKK2KKtqmm

0tqKKK2KKtqmm

21222

2212121222

21

11222

1112121122

11

=++−+++

=++−+++••

••

)(···)(··

)(···)(··

µµµ

µµµ

Donde la solución corresponderá a:

( )( )22122

11111

tsenAtq

tsenAtq

ψωψω

+=+=

·)(

·)( Coordenadas principales o normales.

Las constantes 11A , 12A , 1ψ y 2ψ se obtiene a partir de la condiciones iniciales.

( )

( )

=

−

)(

)(

0x

0x11

0q

0q

2

1

1

212

1

µµ

( )

( )

=

•

•−

•

•

)(

)(

0x

0x11

0q

0q

2

1

1

212

1

µµ

La respuesta del sistema será:

( )

( )

=

tq

tq11

tx

tx

2

1

212

1

·)(

)(

µµ


6 Claudio Oyarzo V.

Ingeniero Civil

Finalmente si deseamos incorporar solicitaciones externas al sistema, se tiene que la ecuación de movimiento es la siguiente:

( )

( )

=

⋅

+−

−++

⋅

••

••

)(

)(

tF

tF

x

x

KKK

KKK

x

x

m0

0m

2

1

2

1

12212

12121

2

1

2

1

[ ] [ ] { } { })(tFxKxM 1 =⋅+

⋅

••

Aplicando la transformación a coordenadas normales

[ ] [ ] [ ] [ ]{ } { })(·· tFqKqM =⋅+

⋅

••φφ


[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]{ } [ ] { } { })()(····· tftFqKqM TTT ==⋅+

⋅

••φφφφφ

Quedan definidas de esta forma las solicitaciones externas en coordenadas principales como:

{ } [ ] { })(·)( tFtf Tφ= Esto es

( )

( )

=

tF

tF

1

1

tf

tf

2

1

2

1

2

1

·)(

)(

µ

µ


7 Claudio Oyarzo V.

Ingeniero Civil

Ejemplo 1: Considere el siguiente sistema dinámico, que corresponde al sistema presentado al inicio de este capítulo, al cual se le han asignado los valores:

K1 = K2 = KB K12 = K m1 = m2 = m

Sobre el cual no existen solicitaciones externas y la vibración es inducida debido a sus condiciones iniciales.

101 x0tx == )(

00tx2 == )(

00tx1 ==•

)(

00tx 2 ==•

)( La ecuación de movimiento es la siguiente:

( )

( )

=

⋅

+−

−++

⋅

••

••

0

0

x

x

KKK

KKK

x

x

m0

0m

2

1

B

B

2

1

Suponiendo que la solución de este problema es del tipo:

{ } { } ( )ψωφ += tsentx ·)( La ecuación queda:

[ ]{ } ( ) [ ]{ } ( ) { }0tsenKtsenM2 =+++− ψωφψωφω ····

[ ]{ } [ ]{ } { }0KM2 =+− φφω ··

[ ] [ ]( ){ } { }0MK 2 =− φω ·

m m

K KB KB

x1 x2


8 Claudio Oyarzo V.

Ingeniero Civil

La solución no trivial del sistema esta dada por:

[ ] [ ]( ) 0MK 2 =− ωdet

De esta forma obtenemos una ecuación característica para las frecuencias naturales:

( )0

m

KK2K

m

KK22

B2

B2B4 =

++

+−

···

· ωω

( ) ( )

+−

+±

+=

2B

2B

2

BB2

m

KK2K4

m

KK2

m

KK2

21 ··

···

ω

( )mK

m

KKB2 ±+

=ω

+=

=

m

K2K

m

K

B2

B1

ω

ω 2

1ω y 22ω son los valores propios de la matriz [ ] [ ][ ]MK 2ω−

Reemplazando los valores de 2

1ω y 2

2ω en la ecuación de movimiento obtenemos los modos de vibrar (vectores propios)

21ω :

[ ] [ ]( ){ } { }0MK 21 =− φω ·

( )

( )

=

⋅

−+−

−−+

0

0

mKKK

KmKK

12

11

21B

21B

φ

φ

ω

ω

·

·

=

⋅

−

−

0

0

KK

KK

12

11

φ

φ

=

1

1

12

11

φ

φ


9 Claudio Oyarzo V.

Ingeniero Civil

22ω :

[ ] [ ]( ){ } { }0MK 22 =− φω ·

( )

( )

=

⋅

−+−

−−+

0

0

mKKK

KmKK

22

21

22B

22B

φ

φ

ω

ω

·

·

=

⋅

−−

−−

0

0

KK

KK

22

21

φ

φ

−=

1

1

22

21

φ

φ

Se comprueba que son ortogonales:

{ } { } { } { } 01

111

22

21

12112t

1 =

−=

= ···

φ

φφφφφ

Construyendo la matriz de modos de vibrar se procede a desacoplar las ecuaciones:

[ ]

−=

11

11φ

Ecuación de equilibrio:

( )

( )

=

−⋅

+−

−++

−⋅

••

••

0

0

q

q

11

11

KKK

KKK

q

q

11

11

m0

0m

2

1

B

B

2

1

Premultiplicando por [ ]Tφ

( )

( )

=

−⋅

+−

−+

−+

−⋅

− ••

••

0

0

q

q

11

11

KKK

KKK

11

11

q

q

11

11

m0

0m

11

11

2

1

B

B

2

1··


10 Claudio Oyarzo V.

Ingeniero Civil

( )

( )

=

−⋅

+−

−+

−+

−⋅

− ••

••

0

0

q

q

11

11

KKK

KKK

11

11

q

q

11

11

m0

0m

11

11

2

1

B

B

2

1··

=

++

••

••

0

0

q

q

K4K20

0K2

q

q

m20

0m2

2

1

B

B

2

1·

··

Se obtienen 2 ecuaciones independientes para )(tq1 y )(tq2

( ) 0tqK4K2tqm2

0tqK2tqm2

2B2

1B1

=++

=+••

••

)(·)(·

)(·)(·

Escrito de otra forma:

( )0tq

m

K2Ktq

0tqm

Ktq

2B

2

1B

1

=+

+

=+

••

••

)(·)(

)(·)(

Notar que en esta ecuación también

m

K2K

m

K

B2

B1

+=

=

ω

ω

Entonces la solución será del tipo:

( )( )2222

1111

tsenAtq

tsenAtq

ψωψω

+=+=

·)(

·)(

Las constantes 11A , 12A , 1ψ y 2ψ se obtiene a partir de la condiciones iniciales.

( )

( )

=

−=

−=

−−

2x

2x

0

x

11

11

0x

0x

11

11

0q

0q

10

1010

1

2

1

1

2

1

·)(

)(·



Ingeniero Civil

( )

( )

=

−=

−=

−−

•

•

0

0

0

0

11

11

0x

0x

11

11

0q

0q1

2

1

1

2

1·

)(

)(·

Luego resolviendo para )(tq1 tenemos:

( )1111 tsenAtq ψω += ·)(

Con:

2x0tq 10

1 == )(

00tq1 ==•

)(

La solución es:

( ) ( )t2

xtsen

2

xtq 1

1021

101 ωω π ·cos·)( =+=

Resolviendo para )(tq2 tenemos:

( )2222 tsenAtq ψω += ·)(

Con:

2x0tq 10

2 == )(

00tq 2 ==•

)(

La solución es:

( ) ( )t2

xtsen

2

xtq 2

1022

102 ωω π ·cos·)( =+=

Entonces la solución del sistema dinámico es:

{ } [ ]{ })(·)( tqtx φ= { } { } ( ) { } ( )tqtqtx 2211 ··)( φφ +=

( ) ( )tq1

1tq

1

1

tx

tx

21

2

1

··)(

)(

−+

=



Ingeniero Civil

Esto es:

( ) ( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( ) ( )[ ]tt2

xt

2

xt

2

xtx

tt2

xt

2

xt

2

xtx

2110

210

110

2

2110

210

110

1

ωωωω

ωωωω

coscos··cos·cos)(

coscos··cos·cos)(

−=−=

+=+=

Haciendo un análisis más detallado de los resultados. Considerando las relaciones trigonométricas:

( )( ) βαβαβα

βαβαβαsensen

sensen

··coscoscos

··coscoscos

+=−−=+

Reordenando:

( ) ( )( )

( ) ( )( ) βαβαβα

βαβαβα

sensen2121

·coscos

·coscoscoscos

−=−−+

=−++

Reemplazando estas relaciones en la solución del sistema y considerando:

t2

t2

tt2

21

21

··

··

ωωωβ

ωωωα

∆−=

−=

=

+=

Se obtiene:

( )

( )tsent2

senxtx

tt2

xtx

AmplitudFunción

102

AmplitudFunción

101

····)(

··cos··cos)(

ωω

ωω

444 3444 21

444 3444 21

∆=

∆=

Funciones Armónicas moduladas



Ingeniero Civil

Respuesta Masa 1X1(t)

-0.15

-0.1

-0.05

0

0.05

0.1

0.15

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

tiempo

x 1(t

)

Amplitud Envolvente

X1(t)

KB =6000 [N/m] m = 5 [Kg]K =2000 [N/m] X 10 = 0.1 [m]

Respuesta Masa 2X2(t)

-0.15

-0.1

-0.05

0

0.05

0.1

0.15

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

tiempo

x 2(t

)

Amplitud Envolvente

X2(t)

KB =6000 [N/m] m = 5 [Kg]K =2000 [N/m] X 10 = 0.1 [m]



Ingeniero Civil

Ejemplo 2: Considere el siguiente marco plano de 2 niveles. Este marco se compone de cuatro columnas de acero de igual sección y longitud, axialmente indeformables, que se conectan a un diafragma rígido que les impide el giro.

Masa de cada nivel son:

m1 = 12 Ton m2 = 10 Ton

Inercia de las secciones:

I =318 [cm4]

Módulo de elasticidad del acero

E = 2.1 x106 [Kg/cm2] Altura de las columnas:

L = 2.5 [m] Además se conoce la matriz de rigidez de la estructura para los grados de libertad indicados, obtenida mediante métodos de análisis estructural adecuados:

−

−=

−

−=

5710257102

5710215205

L

EI24

L

EI24

L

EI24

L

EI48

K

33

33

..

..

La ecuación de movimiento será:

[ ] [ ] { } { }0xKxM =⋅+

⋅

••

=

⋅

−

−+

⋅

••

••

2

1

2

1

2

1

F

F

x

x

5710257102

5710215205

x

x

100

012

..

..

Suponiendo que la solución homogénea es del tipo:

{ } { } ( )ψωφ += tsentx ·)(

m2

m1

F2(t)

F1(t)

x2(t)

x1(t)

L

L



Ingeniero Civil

La ecuación queda:

[ ]{ } ( ) [ ]{ } ( ) { }0tsenKtsenM2 =+++− ψωφψωφω ····

[ ] [ ]( ){ } { }0MK 2 =− φω · La solución no trivial del sistema esta dada por:

[ ] [ ]( ) 0MK 2 =− ωdet

0105710257102

571021215205

2

2

=

−−

−−

ω

ω

..

..det

De esta forma obtenemos una ecuación característica para las frecuencias naturales:

06310521343282120 24 =+− .·. ωω

068873527 24 =+− .·. ωω

( ){ }688743527352721 22 .·.. −±=ω

{ }33973527212 .. ±=ω

64423

70832

2

21

.

.

=

=

ω

ω

8624

9261

2

1

.

.

==

ωω

Reemplazando los valores de 21ω y 2

2ω en la ecuación de movimiento obtenemos los modos de vibrar

708321 .=ω :

[ ] [ ]( ){ } { }0MK 21 =− φω ·

=

⋅

−

−

−

0

0

100

0127083

5710257102

5710215205

12

11

φ

φ·.

..

..



Ingeniero Civil

=

⋅

−

−

0

0

496557102

5710265160

12

11

φ

φ

..

..

=

5661

0001

12

11

.

.

φ

φ

6442322 .=ω :

[ ] [ ]( ){ } { }0MK 22 =− φω ·

=

⋅

−

−

−

0

0

100

01264423

5710257102

5710215205

12

11

φ

φ·.

..

..

=

⋅

−−

−−

0

0

8713357102

5710257878

12

11

φ

φ

..

..

−=

7660

0001

12

11

.

.

φ

φ

Se comprueba que son ortogonales:

{ } { } { } { } 07660

156611

22

21

12112t

1 =

−=

=

.·.··

φ

φφφφφ

Construyendo la matriz de modos de vibrar se procede a desacoplar las ecuaciones:

[ ]

−=

76605661

11

..φ



Ingeniero Civil

Gráficamente podemos los modos de vibrar corresponderán a:

Volviendo a la ecuación de equilibrio:

=

−⋅

−

−+

−⋅

••

••

2

1

2

1

2

1

F

F

q

q

76605661

11

5710257102

5710215205

q

q

76605661

11

100

012

....

..

..


−=

−⋅

−

−

−+

−⋅

− ••

••

2

1

2

1

2

1

F

F

76601

56611

q

q

76605661

11

5710257102

5710215205

76601

56611

q

q

76605661

11

100

012

76601

56611·

.

.

....

..·

.

.

..·

.

.

−

+=

+

••

••

21

21

2

1

2

1

F7660F

F5661F

q

q

474220

044135

q

q

87170

05236

·.

·.·

.

.·

.

.

Se obtienen 2 ecuaciones independientes para )(tq1 y )(tq2

)(·.)()(·.)(·.

)(·.)()(·.)(·.

tF7660tFtq47422tq8717

tF5661tFtq44135tq5236

2122

2111

−=+

+=+••

••

m2

m1

1.566

1.000

Modo 1 ωn=1.926

m2

m1

-0.766

1.000

Modo 2 ωn=4.862



Ingeniero Civil

Escrito de otra forma:

8717

tF7660tFtq64423tq

5236

tF5661tFtq7083tq

2122

2111

.

)(·.)()(·.)(

.

)(·.)()(·.)(

−=+

+=+

••

••

Bajo las condiciones iniciales :

( )

( )

=

−

)(

)(

0x

0x11

0q

0q

2

1

1

212

1

µµ

( )

( )

=

•

•−

•

•

)(

)(

0x

0x11

0q

0q

2

1

1

212

1

µµ

Una vez obtenida la solución de ambas ecuaciones es posible construir las ecuaciones de la respuesta global del sistema:

{ } [ ]{ })(·)( tqtx φ=

( ) ( )tq7660

1tq

5661

1

tx

tx

21

2

1

·.

·.)(

)(

−+

=



Ingeniero Civil

3 Sistemas de varios grados de libertad. Análisis M odal En la sección anterior se ha revisado el método de resolución de un sistema de dos grados de libertad. A continuación se estudiará como se hace extensiva esta teoría a sistemas de varios grados de libertad.

3.1 Formulación General. Análisis Modal

Ecuación de Movimiento : [ ] [ ] { } { })(tFxKxM =⋅+

⋅

•• (1)

Problema Homogéneo : [ ] [ ] { } { }0xKxM =⋅+

⋅

•• (2)

Solución General : { } { } ( )ψωφ += tsentx ·)( (3) Reemplazando (3) en (2) : [ ] [ ]( ) { } { }0MK 2 =⋅⋅− φω (4) En (4) se obtiene un problema de vectores y valores propios, cuya solución no trivial esta dada por la ecuación: Ecuación característica : [ ] [ ]( ) 0MK 2 =⋅− ωdet (5) De la ecuación (5) se obtienen las frecuencias naturales de vibración n21 ωωω <<< ... (valores propios) Reemplazando los valores de la frecuencias naturales en (4) es posible obtener nos modos de vibrar { }φ (vectores propios).

• Propiedades de ortogonalidad de los modos de vibrar Si se considera dos pares de frecuencias-modos de vibrar:

nω , { }nφ

mω , { }mφ Y estos son aplicados a la ecuación (4), se obtiene:

[ ] { } [ ] { }n2

nn MK φωφ ⋅⋅=⋅ (6)

[ ] { } [ ] { }m2

mm MK φωφ ⋅⋅=⋅ (7)



Ingeniero Civil

Premultiplicando (6) por { }Tmφ y (7) por { }T

nφ , se obtiene:

{ } [ ] { } { } [ ] { }nT

m2

nnT

m MK φφωφφ ⋅⋅⋅=⋅⋅ (8)

{ } [ ] { } { } [ ] { }mT

n2

mmT

n MK φφωφφ ⋅⋅⋅=⋅⋅ (9) Pero como se sabe que [ ]K y [ ]M son simétricas a aplicar las reglas de trasposición es posible demostrar que:

{ } [ ] { }( ) { } [ ] { } { } [ ] { }mT

nmTT

n

T

nT

m KKK φφφφφφ ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅ (10)

{ } [ ] { }( ) { } [ ] { } { } [ ] { }mT

nmTT

n

T

nT

m MMM φφφφφφ ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅ (11) Ahora restando (8) y (9) se obtiene:

( ) { } [ ] { }mT

n2

m2

n M0 φφωω ⋅⋅⋅−= (12) Como se sabe

( ) 02m

2n ≠− ωω cuando nm ≠ (13)

Entonces:

{ } [ ] { } 0M mT

n =⋅⋅ φφ siempre y cuando nm ≠ (14) Por lo tanto dado que:

{ } [ ] { } { } [ ] { }nT

mnT

m2

n KM φφφφω ⋅⋅=⋅⋅⋅ (15) También:

{ } [ ] { } 0K mT

n =⋅⋅ φφ siempre y cuando nm ≠ (16) En cambio cuando nm =

( ) 02n

2n =− ωω (17)

{ } [ ] { } nnT

n MM =⋅⋅ φφ (18)

{ } [ ] { } 0K nT

n ≠⋅⋅ φφ (19)



Ingeniero Civil

A esta propiedad se le llama ortogonalidad, y queda definida por

{ } [ ] { }

≠

==⋅⋅

nm0

nmMM

n

mT

n φφ (20)

{ } [ ] { }

≠=

=≠=⋅⋅

nm0

nm0K m

Tn φφ (21)

• Normalización Es una practica común el trabajar con modos de vibrar normalizados, vectores ortonormales, los que se definen como:

{ } [ ] { }{ }n

nT

n

n

M

1 φφφ

φ ⋅⋅⋅

=

∧

(22)

En este caso se puede demostrar:

[ ]

≠

==

⋅⋅

∧∧

nm0

nm1M m

T

n φφ (23)

[ ]

≠

==

⋅⋅

∧∧

nm0

nmK

2n

m

T

n

ωφφ (24)

Por lo tanto al trabajar con la matriz de modos de vibrar:

[ ]

=

⋅⋅

∧∧

O

O

00

010

00

MT

φφ (25)

[ ]

=

⋅⋅

∧∧

O

O

00

00

00

K 2i

T

ωφφ (26)



Ingeniero Civil

• Coordenadas principales Ya se han definido las coordenadas principales del sistemas como:

{ } { })()( tqtx ⋅

=∧φ

Entonces la ecuación de movimiento queda:

[ ] [ ] { } { })(tFxKxM =⋅+

⋅

••

[ ] [ ] { } { })()()( tFtqKtqM =⋅

⋅+

⋅

⋅∧••∧φφ

Premultiplicando por T

∧φ :

[ ] [ ] { } { })()()( tFtqKtqMTTT

⋅

=⋅

⋅⋅

+

⋅

⋅⋅

∧∧∧••∧∧φφφφφ

{ } { })()()( tFtq

00

00

00

tq

00

010

00 T2

i ⋅

=⋅

+

⋅

∧••φω

O

O

O

O

Con lo que se obtiene un set de ecuaciones independientes:

{ })()()( tFtqtqT

i2

ii ⋅

=⋅+

∧••φω

Con condiciones iniciales que se obtienen a partir de:

{ } { }00 qx ⋅

=∧φ

⋅

=

•∧•

00 qx φ

Premultiplicando estas ecuaciones por [ ]MT

⋅

∧φ se obtiene, respectivamente

[ ] { } [ ] { } [ ] { }00

T

0

T

qIdqMxM ⋅=⋅

⋅⋅

=⋅⋅

∧∧∧φφφ



Ingeniero Civil

[ ] [ ] [ ]

⋅=

⋅

⋅⋅

=

⋅⋅

••∧∧•∧

00

T

0

T

qIdqMxM φφφ

Luego:

{ } [ ] { }0

T

0 xMq ⋅⋅

=∧φ

[ ]

⋅⋅

=

•∧•

0

T

0 xMq φ

Finalmente la solución aplicando superposición modal será:

{ } { })()( tqtx ⋅

=∧φ

Comentario:

Si bajo condiciones homogéneas, esto es, [ ] [ ] { } { }0xKxM =⋅+

⋅

••, se desea que la respuesta

del sistema de n grados de libertad sea sólo en uno de sus modos de vibrar se tiene:

{ } )()( tqtx kk ⋅

=

∧φ esto es ki0tq i ≠∀=)(

Esto se cumple si: ki00q0q ii ≠∀==•

)()( Por lo tanto:

{ } { }00 qx ⋅

=∧φ { }

⋅

=∧

0

q

0

x 0k0

M

M

φ { } 0kk0 qx ⋅

=

∧φ

⋅

=

•∧•

00 qx φ

⋅

=

•∧•

0

q

0

x 0k0

M

M

φ 0kk0 qx•∧•

⋅

=

φ



Ingeniero Civil

En ese caso )(tqk verifica:

0tqtq k2

kk =⋅+••

)()( ω Con condiciones iniciales:

2k

1k

C0q

C0q

=

=•

)(

)( Al menos una distinta de cero.

Por lo tanto, se puede afirmar que si a un sistema se le imponen condiciones iniciales con la misma geometría asociada a un modo de vibrar k, la respuesta de este sistema se dará solo en dicho modo k. Además se puede demostrar que los modos superiores requieren de una mayor energía para provocar dicha deformación.

Primer Modo Segundo Modo

11 ωφ

∧

Energía de Deformación

[ ]

⋅⋅

∧∧

1

T

1 K φφ

22 ωφ

∧

Energía de Deformación

[ ]

⋅⋅

∧∧

2

T

2 K φφ

[ ] [ ]

⋅⋅

<

⋅⋅

∧∧∧∧

2

T

21

T

1 KK φφφφ



Ingeniero Civil

3.2 Respuesta máxima. Conocida la respuesta de un sistema dinámico para cada grado de libertad:

)(...)()()()( tqtqtqtqtx nn1212

n

1j111jj11 ⋅++⋅+⋅=⋅=

∧∧

=

∧∧

∑ φφφφ

Siempre resultará interesante determinar cual es el máximo valor que adopta dicha respuesta. Para calcular este máximo existen dos camino. El primero corresponde al método directo, que consiste en identificar el máximo:

)(...)()()( tqtqtqMaxtxMaxx nn12121111MAX1 ⋅++⋅+⋅==∧∧∧φφφ

El segundo corresponde a un método aproximado, el cual nos entrega una cota superior de la respuesta. Este consiste en calcular el máximo de cada uno de los modos y luego superponerlos de una forma “adecuada”, esto es:

∑∑=

∧

=

∧⋅≤⋅=

n

1j MAXjijMAX

n

1jjijMAXi tqtqtx )()()( φφ

∑=

∧⋅≤

n

1j MAXjijMAXi tqtx )()( φ Cota superior

Un método frecuentemente utilizado en el caso sísmico corresponde al “Square Root of Sums of Squares” (SRSS), que se define como:

∑=

∧⋅

≈n

1j

2

MAXj

2

ijMAXi tqtx )()( φ

2

MAXn

2

in

2

MAX2

2

2i

2

MAX1

2

1iMAXi tqtqtqtx )(...)()()( ⋅

++⋅

+⋅

≈∧∧∧φφφ

Respuesta

-150

-100

-50

0

50

100

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

TIEMPO [SEG]

X1(

t) [c

m]

X1MAX



Ingeniero Civil

Otro método utilizado es el método “Complete Quadratic Combination” (CQC) que será explicado en capítulos posteriores y es el utilizado por la norma sísmica chilena Ejemplo 3: Caso sísmico

Ecuación de movimiento:

[ ] { } [ ]{ } { }0xKu1xM g =+

+

⋅

••••··

[ ] [ ]{ } [ ]{ } gu1MxKxM••••

−=+

⋅ ···

−=

−−+−

−++

⋅

••

••

••

••

••

••

g3

g2

g1

2

2

1

33

3322

221

3

2

1

2

2

1

um

um

um

x

x

x

KK0

KKKK

0KKK

x

x

x

m00

0m0

00m

·

·

·

·

Coordenadas principales: { } [ ]{ })(· tqx φ=

[ ] [ ]{ } [ ]{ } gu1MxKxM••••

−=+

⋅ ···

[ ] [ ] [ ][ ]{ } [ ]{ } gu1MtqKtqM••••

−=+

⋅ ··)(··)(· φφ


[ ] [ ] [ ] [ ] [ ][ ]{ } [ ] [ ]{ } gTTT u1MtqKtqM

••••−=+

⋅ ···)(···)(·· φφφφφ

m3

m2

m1 x1

x2

x3

)(tu g

••

K3

K2

K1



Ingeniero Civil

{ } { } gi2

i utqtq1••••

=

+

·)(·)(· αω

O

O

O

O

Desacoplando:

gIi2

iI utqtq••••

=+ ·)(·)( αω Donde iα corresponde al factor de participación modal del modo i. Si se define: )(·)( tztq iIi α=

gIiI2

iII utztz••••

=+ ·)(··)(· ααωα

Simplificando Iα : gi2

iI utztz••••

=+ )(·)( ω Solucionando para )(tz i , es posible luego obtener la solución para )(·)( tztq iIi α= y de ahí

para { } [ ]{ } { } { }∑∑==

===n

1iiii

n

1iii tztqtqx )(··)(·)(· αφφφ

Ejemplo 4:

Considere la siguiente estructura bajo el efecto de una aceleración basal g280u g .=••

.

Previamente se obtuvo:

{ }

=0810

06401 .

.φ ]/[. srad83111 =ω

{ }

−=

0920

05702 .

.φ ]/[. srad9322 =ω

Ecuaciones modales:

{ } [ ]{ } gT

ii2

ii u1Mtqtq••••

−=+ ···)(·)( φω

m2 = 66

m1=136 x1

x2

)(tu g

••

K2

K1



Ingeniero Civil

Modo 1: g2800514g2801

1

660

0136

0810

0640tqtq

T

12

11 ...···.

.)(·)( ⋅−=

−=+••

ω

Modo 2: g280681g2801

1

660

0136

0920

0570tqtq

T

22

22 ...···.

.)(·)( ⋅−=

−−=+

••ω

Factores de participación modal: 05141 .−=α 6812 .−=α

Aplicando la trasformación )(·)( tztq iIi α=

Modo 1: g280tztz 12

11 .)(·)( =+••

ω � ( )( )t1g280

tz 121

1 ωω

cos.

)( −⋅=

Modo 2: g280tztz 22

22 .)(·)( =+••

ω � ( )( )t1g280

tz 222

2 ωω

cos.

)( −⋅=

La respuesta en coordenadas principales: Modo 1:

( )( ) ( )( )t1g0280t1g280

0514tztq 1121

111 ωωω

α cos.cos.

.)(·)( −⋅⋅−=−⋅⋅−==

Modo 2:

( )( ) ( )( )t1g00040t1g280

681tztq 2222

222 ωωω

α cos.cos.

.)()( −⋅⋅−=−⋅⋅−=⋅=

Finalmente la respuesta será:

{ } { }∑=

=n

1iii tqtx )(·)( φ

{ } { } { } )(·)(·)( tqtqtx 2211 φφ +=

{ } ( )( ) ( )( )t1g000400920

0570t1g0280

0810

0640tx 21 ωω cos.·

.

.cos.·

.

.)( −⋅⋅−

−+−⋅⋅−

=

( ) ( ) gt0000400

0000250

0000400

0000250t

00220

00180

00220

00180

tx

tx

21

2

1

·cos.

.

.

.cos

.

.·

.

.

)(

)(

−+

−−

+

−=

ωω



Ingeniero Civil

Luego: ( ) ( )[ ]gt0000250t001800018250tx 211 ··cos.·cos.·.)( ωω ++−=

( ) ( )[ ]gt0000400t002200022400tx 212 ··cos.·cos.·.)( ωω −+−=

Notar la baja influencia del segundo modo. Calculando los máximo en forma directa considerando solo un modo, pues el modo 2 aporta muy poco:

( )( ) g0036250gt001800018250Maxtx 11 ·.··cos.·.)(max

=+−= ω

( )( ) g0044400gt002200022400Maxtx 12 ·.··cos.·.)(

max=+−= ω

Calculando el máximo según SRSS:

2

MAX2

2

2i

2

MAX1

2

1iMAXi tqtqtx )()()( ⋅

+⋅

≈∧∧φφ

2

MAX22

2

2

2i

2

MAX12

1

2

1iMAXi tztztx )()()( ⋅⋅

+⋅⋅

≈∧∧

αφαφ

( ) ( ) g003590932g280

268105708311

g280205140640tx

2

222

2

222

MAX1 ..

.·..

..

·..)( =

⋅⋅+

⋅⋅≈

( ) ( ) g004550932g280

268109208311

g280205140810tx

2

222

2

222

MAX2 ..

.·..

..

·..)( =

⋅⋅+

⋅⋅≈

Queda claro que los resultados aproximados son bastante similares a la respuesta máxima exacta.



Ingeniero Civil

3.3 Modelos de disipación de energía. El amortiguamiento registrado en las estructuras por lo general son relativamente pequeños por lo cual, en general, no afectan al cálculo de las frecuencias naturales y modos de vibrar. En consecuencia, por lo general este efecto se desprecia y el problema característico que permite calcular los valores y vectores propios se desarrolla omitiendo el amortiguamiento. Por otro lado, las consideraciones de amortiguamiento, en el análisis dinámico de estructuras, incluye algunos grados de dificultad adicionales al problema. Además de incluir términos adicionales a las ecuaciones diferenciales debido a las fuerzas de amortiguamiento, el lograr que dichas ecuaciones se puedan desacoplar impone una serie de condiciones de proporcionalidad a los coeficientes de amortiguamiento. Considere el siguiente sistema dinámico:

Ecuación de movimiento:

[ ] [ ] [ ]

=

⋅+

⋅+

⋅

•••)()()()( tFtxKtxCtxM

Donde:

[ ]

=

3

2

1

m00

0m0

00m

M Matriz de Masas

[ ]

−−+−

−+=

33

3322

221

KK0

KKKK

0KKK

K Matriz de Rigidez

[ ]

−−+−

−+=

33

3322

221

CC0

CCCC

0CCC

C Matriz de Amortiguamiento

m1

C1

K1

m2

C2

K2

m3

C3

K3

F1(t) F2(t) F3(t)

x1 x2 x3



Ingeniero Civil

Haciendo la conversión a coordenadas principales { } [ ] { })()( tqtx ⋅= φ y premultiplicando por

[ ]Tφ , se obtiene:

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]

⋅=

⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅

•••)()()()( tFtqKtqCtqM TTTT φφφφφφφ

[ ]

⋅=

⋅

+

⋅

+

⋅

•••

)()()(?)( tFtq

00

0

00

tqtq

100

010

001T

23

22

21

φω

ωω

Notar que:

[ ] [ ] [ ] [ ]?=⋅⋅ φφ CT Podemos suponer:

[ ] [ ] [ ]

⋅⋅

⋅=⋅⋅

33

22

11T

d200

0d20

00d2

C

ωω

ωφφ

·

·

·

Entonces las ecuaciones desacopladas serán:

{ } { })(·)(·)(···)( tFtqtqd2tq Tii

2ii

2iii φωω =++

•••

Si consideramos que el amortiguamiento es posible modelarlo mediante una combinación linel de las matrices de masas y rigidez, esto es:

[ ] [ ] [ ]KaMaC 10 ⋅+⋅=

Es posible demostrar que se cumple:

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]φφφφφφ ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅ KaMaC T1

T0

T

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]2i10

T aIdaC ωφφ ⋅+⋅=⋅⋅

Por lo tanto: a la

[ ] [ ] [ ]

⋅+

⋅=⋅⋅2

3

22

21

10T

00

00

00

a

100

010

001

aC

ωω

ωφφ



Ingeniero Civil

Basándose en el supuesto

[ ] [ ] [ ]

⋅⋅

⋅=⋅⋅

33

22

11T

d200

0d20

00d2

C

ωω

ωφφ

·

·

·

Se tiene

⋅+

⋅=

⋅⋅

⋅

23

22

21

10

33

22

11

00

00

00

a

100

010

001

a

d200

0d20

00d2

ωω

ω

ωω

ω

·

·

·

Luego si la matriz de amortiguamiento cumple con estas condiciones es posible demostrar que las ecuaciones son desacoplables:

2i10ii aad2 ωω ⋅+=⋅ · �

2a

2

ad i

1i

0i

ωω

⋅+⋅=·

Más aún, en forma general se puede demostrar que las matrices se pueden desacoplar si

[ ] [ ] [ ] [ ]( )

⋅⋅= ∑−

k

k1k KMaMC

De esta forma:

{ } [ ] { } ( )

=≠

=⋅⋅∑ jisia

jisi0C

k

k2ik

jT

i ωφφ

Por lo tanto:

( ) ....· +⋅+⋅+==⋅ ∑4

i2k

2i10

k2ikii aaaad2 ωωωω

( )i

4i

2k i

2i

1i

0k2ik

ii 2

a2

a2

aa

21

dω

ωω

ωω

ωω ····

⋅+⋅+== ∑

En forma matricial:

⋅

=

2

1

0

333

3

322

2

311

1

3

2

1

a

a

a

1

1

1

21

d

d

d

ωωω

ωωω

ωωω·



Ingeniero Civil

Luego:

⋅

⋅=

−

3

2

1

1

333

3

322

2

311

1

2

1

0

d

d

d

1

1

1

2

a

a

a

ωωω

ωωω

ωωω

Pero conviene mencionar, que al utilizar el método de superposición modal, sólo se requiere conocer los valores de los coeficientes id , por lo tanto, no se requiere calcular explícitamente la

matriz de amortiguamiento [ ]C . En algunas situaciones no es posible resolver el problema mediante el análisis modal clásico. En estos casos se utilizará un método más sofisticado conocido como superposición modal generalizada, o bien, mediante técnicas numéricas.



Ingeniero Civil

3.4 Respuestas modales. Considerando la ecuación de movimiento, para el caso de un movimiento sísmico:

[ ] [ ] [ ]

=

⋅+

⋅+

⋅

•••)()()()( tFtxKtxCtxM

[ ] [ ] [ ] [ ] { } suelou1MtxKtxCtxM•••••

⋅⋅−=

⋅+

⋅+

⋅ )()()(

Convirtiendo a coordenadas principales:

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] { } suelou1MtqKtqCtqM•••••

⋅⋅−=

⋅⋅+

⋅⋅+

⋅ )()()(· φφφ


[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] { } sueloTTTT u1MtqKtqCtqM

•••••⋅⋅−=

⋅⋅+

⋅⋅+

⋅ ·)(·)(·)(·· φφφφφφφ

Normalizando:

[ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] { }[ ] [ ] [ ] sueloT

T

T

T

T

T

uM

1Mtq

M

Ktq

M

Ctq

•••••⋅

⋅⋅−=

⋅

⋅⋅+

⋅

⋅⋅+

φφφ

φφφφ

φφφφ

·

·)(

·

·)(

·

·)(

[ ] [ ] { }[ ] [ ] [ ] sueloT

T2

iii uM

1Mtqtqd2tq1

•••••⋅

⋅⋅−=

+

⋅

+

φφφωω

·

·)(·)(··)(·

O

O

O

O

O

O

Luego para cada coordenada generalizada se tiene:

{ } [ ] { }{ } [ ] { } sueloT

T

i2

iiiii uM

1Mtqtqd2tq

•••••⋅

⋅⋅−=++

φφφωω

·

·)(·)(···)(

sueloisuelo

i

isueloN

1j

2jij

N

1jjij

i2

iiiii uum

Lu

m

m

tqtqd2tq••••••

=

=•••⋅=⋅−=⋅−=++

∑

∑α

φ

φωω

·

·

)(·)(···)(



Ingeniero Civil

Donde:

{ } [ ] { } ∑=

=⋅=N

1jjij

Ti m1ML φφ ··

{ } [ ] { } ∑=

=⋅=N

1j

2jij

Ti mMm φφφ ··

i

ii m

L=α Factor de participación modal

Así:

sueloii2

iiiii utqtqd2tq•••••

⋅=++ αωω )(·)(···)( La solución estacionaria de este problema queda definido por:

τττα dthutqt

0

sii ∫ −⋅=••

)()·()(

La respuesta máxima corresponderá a:

ii

MAX

t

0

sii SDdthutq ⋅=−⋅= ∫••

ατττα )()·()(

Donde iSD es el espectro de desplazamientos. Es sabido que las fuerzas experimentadas por lo diferentes elementos estructurales quedan definidas por:

{ } [ ]{ } [ ][ ]{ }qKxKF ··· φ== Luego para el modo i:

{ } [ ]{ } iii qKF ·· φ= � { } { }∑=

=N

1iiFF Vector de cargas sobre cada g.l.

{ } [ ]{ } MAXiiMAXi qKF ··φ=

{ } [ ]{ } [ ]{ } iii

MAX

t

0

siiMAXi SDKdthuKF ⋅=−⋅= ∫••

αφττταφ ··)()·(··



Ingeniero Civil

Recordando además que se cumple:

[ ] [ ]( ) { } { }0MK 2 =⋅⋅− φω

[ ]{ } [ ] { }i2

ii MK φωφ ⋅⋅=· Entonces:

{ } [ ]{ } [ ]{ } iii2

iiiiMAXi SDMSDKF ⋅=⋅= αφωαφ ····

{ } [ ]{ }2

i

iii

2iMAXi

PSAMF

ωαφω ⋅= ··

{ } [ ]{ } iiiMAXi PSAMF ··φα ⋅=

(PSA: Pseudos espectro de aceleraciones)

Entonces para un nivel (grado de libertad) k cualquiera y considerando solo el modo i:

iikk2

iik qmF ··· φω=

iiikk2

iMAXik SDmF ···· αφω=

iiikkMAXik PSAmF αφ ··=

Ahora si se considera que el sistema dinámico es un edificio, entonces el corte basal para cada modo corresponderá a la suma de las fuerzas aplicadas sobre cada nivel, esto es:

Corte basal modo i : { } { }iT

N

1kiki F1FV ·== ∑

=

suelou••

i1F

kiF

niF

Nivel k

iV



Ingeniero Civil

Luego: { } { }MAXiT

MAXi F1V ·=

{ } [ ]{ } iiiT

MAXi PSAM1V ⋅= αφ ···

{ } [ ]{ } { } [ ] { }{ } [ ] { } iT

T

iT

MAXi PSAM

1MM1V ⋅

⋅⋅=

φφφφ

·

····

iiii

2i

MAXi PSAMPSAm

LV ⋅=⋅=

___

El corte máximo de la estructura quedará determinado por:

( ) ∑∑∑===

⋅=≈=N

1i

2

ii

N

1i

2

MAXi

MAX

N

1iiMAX PSAMVVV

___

Donde i

2i

im

LM =___

es conocido como masa modal y se puede demostrar que Edificio

n

1i

i MM =∑=

___

y

PSA corresponde al Pseudoespectro de aceleraciones, el cual puede ser determinado experimentalmente o estar definido según normativa mediante funciones o gráficos.



Ingeniero Civil

4 Análisis modal de edificios considerando fenómeno s torsionales.

Recordando los contenidos presentado en la asignatura de Análisis de Estructuras, tenemos que para modelar un edificio utilizando los grados de libertad de cada uno de los niveles se trabaja bajo las siguientes hipótesis:

• Análisis elástico de pequeñas deformaciones. • Elementos resistentes planos, sin rigidez en su dirección transversal. • Losas actuando como diafragmas infinitamente rígidos.

Bajo estas premisas es posible realizar un análisis dinámico Pseudotridimensional (X-Y-θ) utilizando los principios de superposición modal. Modelo:

Ecuación de Estática : [ ] { } { }FxK =⋅

Ecuación de Dinámica : [ ] [ ] { } { })()()( tFtxKtxM =⋅+

⋅

••

xi, ui

yi, vi

θi

Rij

αij

Nivel i Diafragma Infinitamente

Rígido

Eje Resistente j (Rij αij)

Wij

dij dij : Grado de libertad

dij

Nivel i

Eje resistente j



Ingeniero Civil

4.1 Matriz de Rigidez. Sea n el número de niveles, entonces, si se tiene un eje resistente j:

Por condensación estática es posible obtener:

{ }{

[ ] { }{

esHorizontalDespl

j

HorizontalRigidez

deMatriz

nxnj

fuerzasde

vector

j dKP.

⋅=321

Donde: { }

=

nj

j2

j1

j

P

P

P

PM

{ }

=

nj

j2

j1

j

d

d

d

dM

Mediante las ecuaciones de compatibilidad geométrica es posible obtener la matriz de transformación:

[ ] ( ) [ ] ( ) [ ]

n3nDiagonalMatriz

ijnxnijnxnijj

00

0R0

00

senT

+

Ι⋅Ι⋅−=

44 344 21O

O

αα cos

Mediante esta matriz de transformación es posible obtener la matriz de rigidez de cada elemento resistente referido a los grados de libertad de cada nivel del edificios:

[ ] [ ] [ ] [ ]n3nxjnxnj

T

nxn3jn3nx3j TKTK ⋅⋅=43421

nivelcadadeG.L.losareferidoresistenteejedel

RigidezdeMatriz

(6)

Desarrollando se obtiene:

( ) ( )

[ ] [ ] [ ]( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]

( ) ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]( ) [ ] [ ] ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]

( )

( )

j

j

j

jjj

R

sen

jjjjjjjjj

jjjjj2

jjj

jjjjjjjj2

n3nxjnxnjT

nxn3j

Rsen

RKRRKRKsen

RKKKsen

RKsenKsenKsen

TKT α

α

αα

αα

αααα

αααα

cos

cos

cos

coscoscos

cos −

⋅⋅⋅⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅⋅−

⋅⋅−⋅−⋅

=⋅⋅

dnj

d1j

d2j

d3j



Ingeniero Civil

Si se considera que el edificio cuenta con m eje resistentes, entonces la matriz de rigidez global de todo el sistema estará dada por:

[ ]

( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]

( ) ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]

( ) [ ] [ ] ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]

⋅⋅⋅⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅⋅−

⋅⋅−⋅−⋅

=

∑∑∑

∑∑∑

∑∑∑

===

===

===

m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjj

2m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjj

2

n3nx3

RKRRKRKsen

RKKKsen

RKsenKsenKsen

K

αα

αααα

αααα

cos

coscoscos

cos

4.2 Fuerzas Inerciales. Matriz de Masas.

jviuCG ˆˆ ⋅+⋅=∆→

( ) ( ) ( ) jxviyurkCGP ˆ·ˆ·ˆ θθθ ++−=×⋅+∆=∆→→→

ρ = Densidad de masa

Si sabemos que las masas inerciales de cada nivel se calculan mediante la segunda ley de

Newton: →→

= amF ·

iiPi dAjxviyudmFd ··ˆ·ˆ· ρθθ

++

−=∆=••••••••

••→→

ixi dAyudF ··· ρθ

−=••••

iyi dAxvdF ··· ρθ

+=••••

xi

ui

yi

vi

x

Nivel i

→Fd

→r

ydF

ydFy

θi

P

CG



Ingeniero Civil

Entonces, las fuerzas inerciales totales son:

iiiixiix mudAudAydAudFF ········••••••••

==−== ∫∫∫∫ ρρθρ43421

CGalc/r0

iiiiyiyi mvdAvdAxdAvdFF ········••••••••

==+== ∫∫∫∫ ρρθρ43421

CGalc/r0

Ahora si calculamos el momento:

( ) ( )jdFidFjyixFdrMd yixiiiˆ·ˆ·ˆ·ˆ· +×+=×=

→→→

( ) kdAyuyxvxkdFydFxMd ixiyiiˆ······ˆ·· ρθθ

−−

+=−=••••••••→

Así el momento total:

kdAyyuxxvMdM i22

iiˆ·······∫∫

−−

+==••••••••→→

ρθθ

( ) i22

iizi dAyxdAyudAxvM ········· ρθρρ ∫∫∫ ++−=••••••

4342143421

CGalc/r0

CGalc/r0

( ){

Masade

PolarMto

CGi22

zi JdAyxM ····••••

=+= ∫ θρθ

Si quisiéramos escribir en forma matricial las fuerzas inerciales que actúan sobre un edificio de n pisos se obtiene:

=

••

••

••

••

••

••

n

1

n

1

n

1

n

1

n

1

n

1

zn

z1

yn

y1

xn

x1

θ

θ

v

v

u

u

·

M

J000

Jm

mm

000m

M

MF

FF

F

M

M

M

44444444 344444444 21LLLLLL

OOMMOOMMOOMMOOOMMOOMMOOMMOO

LLLLLL

M

M

M

niveleslosdelibertaddegradoslosaAsosiadaMasasdeMatriz



Ingeniero Civil

Finalmente si se recuerda que la ecuación dinámica queda definida por:

[ ] [ ] { } { })()()( tFtxKtxM =⋅+

⋅

••

Para el caso sísmico tenemos:

[ ] [ ] { } [ ] { }••••

⋅−=⋅+

⋅ su1MtxKtxM ·)()(

Donde:

[ ]

n3nx3n

1

n

1

n

1

J000

Jm

mm

000m

M

=

LLLLLLOOM

MOOMMOOMMOOOMMOOMMOOMMOO

LLLLLL

[ ]

( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]

( ) ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]

( ) [ ] [ ] ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]n3nx3

m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjj

2m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjj

2

RKRRKRKsen

RKKKsen

RKsenKsenKsen

K

⋅⋅⋅⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅⋅−

⋅⋅−⋅−⋅

=

∑∑∑

∑∑∑

∑∑∑

===

===

===

αα

αααα

αααα

cos

coscoscos

cos

{ }

1nx3n

1

n

1

n

1

v

vu

u

·tx

=

θ

θM

M

M

)( { }

1nx31

1

1

·1

=M

M

La aceleración del suelo ••

su en general queda determinada por las normas de diseño de cada

país mediante un Espectro asociado a los periodos-frecuencias fundamentales del edificio.



Ingeniero Civil

5 Análisis de Vibraciones de medios continuos. Capítulo 16 “Dynamics of Structures” A. Chopra

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