• Author / Uploaded
• Davico Martinez

Citation preview

Puente de Tacoma Martínez David, Orozco Juan Universidad San Francisco de Quito Quito. Ecuador Abstract_ The next document contain the development of the biannual project of differential equations. The Tacoma bridge fell in 1940, actually knows that this happened for no lineal factors, but the research in this project is about the lineal form of the movement, try to apply the differential equations in effects like the resonance in a harmonic movement or the Von Karman effect. Palabras clave: Resonancia, deflexión, amplitud.

I.

INTRODUCCIÓN

“El puente de Tacoma Narrows es un puente colgante de 1600 metros de longitud con una distancia entre soportes de 850 m (el tercero más grande del mundo en la época en que fue construido)” (Wikipedia)

restauración diferentes durante la contracción y repulsión, que dependen de la posición del puente para el tiempo t, relativo a la posición inicial, es decir, se puede modelar el problema a partir de una ecuación diferencial que simula un resorte no amortiguado, donde existe una fuerza externa, la debida al viento de la siguiente manera: 𝑚𝑥 ′′ + 𝐹(𝑥) = 𝑔(𝑡) Donde g(t) representa la fuerza externa sobre el sistema, el viento, m es la masa que recae sobre el cable y F(x) es una función de x (la posición), que modifica la constante de resorte dependiendo de la posición del puente, está dada de la siguiente manera. 𝐹(𝑥) = {

𝑎𝑥, 𝑥 < 0 𝑏𝑥, 𝑥 ≥ 0

Donde a es la constante de compresión y b es la constante de estiramiento, y cumplen por lo tanto que 0 < 𝑎 < 𝑏. .

II.

PROCESO

Problema 1: Para ilustrar la cuestión central en la que se basa este fenómeno, suponga en (2) que m=1, a=1, b=4, g(t)=sin 4t y las ′ condiciones iniciales 𝑥(0) = 0, 𝑥(0) = 𝛼 . Grafique las soluciones de (2) en el intervalo 0 ≤ 𝑡 ≤ 100 para diversos valores de 𝛼 empleando la herramienta Tacoma Bridge Tool del CD ¿Qué observa y que podrían indicar estas observaciones acerca del destino del puente?

Fig. 1 Colapso del Puente de Tacoma

Este puente fue muy famoso por su caída en 1940 donde se pudieron apreciar varios estudios donde todos trataban de analizar el porque de su caída, se sabe en la actualidad que este cayo por efecto de fenómenos no lineales; sin embargo el estudio de forma lineal de este es una gran manera de entender como las ecuaciones diferenciales pueden adaptarse a diversos campos de la ciencia para entender mejor un fenómeno y poder de esta manera crear modelos que no solo permitan que las cosas no colapsen, sino más bien podrían ayudar a la mejora de la eficiencia de los mismos.

Como se mencionó, el modelo provisto en (2) es no lineal. Pero la no linealidad surge porque F(x) es lineal por partes. Así que es posible hallar soluciones parciales que se definen en intervalos de tiempo donde la solución x(t) no cambia de signo. Comentario: Como se puede observar en la Fig.2 para la condición de alpha dada la oscilacion del puente empezaria a ir en aumento lo que significaria que el puente esta recibiendo una fuerza externa (viento en este caso) donde el material empieza a sentir el efecto de resonancia, aunque de una manera progresiva sin que esto represente peligro de caida.

“La primera versión de este puente, apodado Galloping Gertie, fue diseñado por Clark Eldridge y modificado por Leon Moisseiff. En 1940, el puente se hizo famoso por su dramático colapso estructural inducido por el viento, evento que quedó registrado en una filmación. El puente de reemplazo se inauguró en 1950” (Wikipedia, 2016) Para el análisis del suceso, se toma en cuenta los cables del puente, como resortes que ejercen fuerzas de restauración sobre el puente respecto a una posición inicial, sin embargo, no se trata de un resorte per se, sino algo más similar a cuerdas, con constantes de

Fig. 2 Gráfica de la función para 𝜶 = 𝟎. 𝟒𝟖

Comentario: Para la Fig3. Podemos empezar a notar como se abre un espacio en medio de las oscilaciones a la vez que las ondas empiezan a ser más constantes en el lado derecho, para este valor de alpha la amplitud de las ondas ha crecido de una manera considerable, lo que representa un posible peligro para la estructura (dependiendo del material utilizado para las mimas) y que son producidas por las vibraciones en la dirección del viento.

condiciones iniciales también se debe demostrar que 𝑥(𝜋/2) = 0. Grafique esta función en el intervalo de tiempo provisto. Determine 𝑥 ′ (𝜋/2) y muestre que es negativa. Para el siguiente intervalo de tiempo se usa F(x) = x Demostrar que la función es solución de la Ecuación Diferencial 1 𝑥(𝑡) = sin 2𝑡 [3𝛼 + 1 − cos 2𝑡] 6 1 𝑥′(𝑡) = (3𝛼 cos 2𝑡 + cos 2𝑡 − cos 4𝑡) 3 1 𝑥′′(𝑡) = (−6𝛼 sen 2𝑡 − 2𝑠𝑒 𝑛 2𝑡 + 4 sen 4𝑡) 3 𝒙′′ + 𝟒𝒙 = 𝒔𝒆𝒏𝟒𝒕

𝑚𝑥 ′′ + 𝐹(𝑥) = 𝑔(𝑡) ?

𝑥 ′′ + 4𝑥 = 1 3

1

(−6𝛼 sen 2𝑡 − 2𝑠𝑒 n 2𝑡 + 4 sen 4𝑡) + 4 ( sin 2𝑡 [3𝛼 + 1 − 6

cos 2𝑡]) = Fig. 3 Gráfica de la función para 𝜶 = 𝟏. 𝟏𝟎

2

4

2

3

3

3

−2𝛼 sen 2𝑡 − 𝑠𝑒 n 2𝑡 + sen 4𝑡 + 2 𝛼 sin 2𝑡 + 𝑠𝑒𝑛2𝑡 − Comentario: Para la cuarta figura podemos notar que el espacio interno aumento significativamente y que la acumulación de oscilaciones en el derecho es increíblemente alta, lo que podría mostrar una reducción en su periodo de oscilación (con cierta similitud a una onda en el efecto Doppler gráficamente hablando) y podemos notar que la amplitud de onda aumenta de la misma forma, dependiendo del material (vigas) y las tensiones del puente (ubicación) en este caso el puente podría superar la deformación elástica del material y en el peor de los casos superar incluso la plástica y romperse.

2 3

cos 2𝑡 𝑠𝑒𝑛2𝑡 = 4 1 sen 4𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 4𝑡 = 𝑠𝑒𝑛 4𝑡 3 3

1

La función 𝑥(𝑡) = sin 2𝑡 [3𝛼 + 1 − cos 2𝑡] cumple con la 6 ecuación diferencial. Condiciones iniciales. 1 𝑥(0) = sin 0 [3𝛼 + 1 − cos 0] 6 𝑥(0) = 0 1 𝑥′(0) = (3𝛼 cos 0 + cos 0 − cos 0) 3 1 𝑥′(0) = (3𝛼 cos 0 + cos 0 − cos 0) 3 𝑥′(0) = 𝛼 La función cumple con las condiciones iniciales dadas en (1). Cabe notar la primera derivada en t = 0, que representa la velocidad inicial, implica que la solución viene dada para todo valor positivo.

Fig. 4 Gráfica de la función para 𝜶 = 𝟐. 𝟔𝟖

Intervalo solución Problema 2: Use los parámetros y condiciones iniciales dadas en el problema 1, pero suponga que 𝛼 > 0. Si 𝐹(𝑥) = 4𝑥 para t pequeña, demuestre que: 1 𝑥(𝑡) = sin 2𝑡 [3𝛼 + 1 − cos 2𝑡] 6 Es una solución de (2) en el intervalo 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝜋/2. Observe que además de mostrar que x(t) satisface la ecuación diferencial y las

La función es solución de la ecuación diferencial, sin embargo, se cumple solo en el intervalo de su dominio, dado por la función por partes F(x), mientras x>0. Sabemos por las condiciones iniciales que 𝑥(0) = 0 y 𝑥′(0) = 𝛼, y 𝛼 > 0, por lo tanto la función es positiva en un primer intervalo desde t = 0, hasta que la función x(t) vuelva a ser 0 con una pendiente negativa.

Se busca entonces el tiempo en que la función vuelve a ser 0 resolviendo para t: 1 0 = sin 2𝑡 [3𝛼 + 1 − cos 2𝑡] 6 𝜋 𝑡 = 𝑘( ), 𝑘 = (1, 2, … , 𝑛) 2 Donde evaluamos con k = 1 y encontramos que la posición es 0 𝜋 nuevamente en t = ( ) .

Problema 3: Use los valores de 𝑥(𝜋/2) y 𝑥 ′ (𝜋/2) obtenidos en el Problema 2 y demuestre que: 2 4 𝑥(𝑡) = cos t [(𝛼 + ) − sen t cos 2𝑡] 5 15 Es una solución de (2) en el intervalo 𝜋/2 ≤ 𝑡 ≤ 3𝜋/2. Se hace referencia a cada trozo de solución como un ciclo. Por consiguiente, cada ciclo corresponde a un desplazamiento positivo o negativo del puente.

Demostrar que la función es solución de la Ecuación Diferencial

2

2 4 𝑥(𝑡) = cos t [(𝛼 + ) − sen t cos 2𝑡] 5 15

𝜋

Es decir, 𝑥 ( ) = 0 2

2 4 𝑥′(𝑡) = − (𝛼 + ) sen 𝑡 − 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 5 15

Para realmente asegurarse que la función será negativa después 𝜋 de t = ( ) se analiza la pendiente de la curva en ese punto. 2 𝜋 1 𝜋 𝜋 𝜋 𝑥′ ( ) = (3𝛼 cos 2 + cos 2 − cos 4 ) 2 3 2 2 2

2 16 𝑥 ′′ (𝑡) = − (𝛼 + ) cos 𝑡 + 𝑠𝑒𝑛 4𝑡 5 15

𝜋 1 𝜋 𝜋 𝜋 𝑥′ ( ) = (3𝛼 cos 2 + cos 2 − cos 4 ) 2 3 2 2 2 𝜋 2 𝑥′ ( ) = −𝛼 − 2 3 Tomando en cuenta la condición que 𝛼 > 0, se puede asegurar que la pendiente es negativa, y con esto, que el intervalo de la función 𝜋 termina en t = 2 Por lo tanto, el intervalo solución de la función es:

𝒙′′

𝑥 ′′ + 𝑥 = 2

16

5

15

− (𝛼 + ) cos 𝑡 + 16 15 16

0 ≤ 𝑡 ≤ 𝜋/2.

𝑚𝑥 ′′ + 𝐹(𝑥) = 𝑔(𝑡) + 𝒙 = 𝒔𝒆𝒏𝟒𝒕 ?

15 16 15

𝑠𝑒𝑛 4𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 4𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 4𝑡 −

4 15 2 15 1 15

2

4

5

15

𝑠𝑒𝑛 4𝑡 + cos t [(𝛼 + ) −

sen t cos 2𝑡] =

sen t cos t cos 2𝑡 = sen 2t cos 2𝑡 = sen 4t = 𝑠𝑒𝑛 4𝑡

2

4

La función 𝑥(𝑡) = cos t [(𝛼 + ) − sen t cos 2𝑡] cumple con 5 15 la ecuación diferencial. Condiciones iniciales. Se debe comprobar que la función a trozos es continua, por lo π que x(t) en t = debe tener el mismo límite en ambas funciones x(t), 2

π

como se comprobó en el ejercicio (2), 𝑥 ( ) = 0. 2

Evaluando en la presente función: 𝜋 𝜋 2 4 𝜋 𝜋 𝑥 ( ) = cos [(𝛼 + ) − sen cos ] 2 2 5 15 2 2 𝜋 𝑥( ) = 0 2

Fig. 5 Función analizada en el intervalo o y 𝝅/2

A demás la función en su dominio debe ser negativa, por las condiciones de F(x) por tanto se debe demostrar que su 𝜋 pendiente en t = es negativa 2

𝜋 2 𝜋 4 𝜋 𝑥′ ( ) = − (𝛼 + ) sen − 𝑐𝑜𝑠 4 2 5 2 15 2

𝜋 2 4 𝑥 ′ ( ) = −𝛼 − − 2 5 15 𝜋 2 𝑥′( ) = −𝛼 − 2 15 𝜋

La función es negativa en t = , por lo que se puede 2 afirmar que la posición será negativa luego de ese instante. Intervalo solución La función es solución de la ecuación diferencial, sin embargo, se cumple solo en el intervalo de su dominio, dado por la función por partes F(x), mientras x 0, por lo tanto la función es negativa en un 2 15 intervalo desde 𝑡 = 𝜋/2, hasta que la función x(t) vuelva a ser 0 con una pendiente positiva. Se busca entonces el tiempo en que la función vuelve a ser 0 resolviendo para t: 2 4 0 = cos 𝑡 [(𝛼 + ) − sin 𝑡 cos 2𝑡] 5 15 0 = cos 𝑡 𝜋 𝑡 = 𝑘( ), 2

𝑘 = ( 1,2, 3 … , 𝑛)

Donde evaluamos con k = 3 y encontramos que la posición es 0 3𝜋 nuevamente en t = ( ) .

Es claro que se podría continuar de esta manera resolviendo en forma sucesiva la ecuación diferencial lineal apropiada con las condiciones iniciales x = 0 y un nuevo valor de x’ calculando de la x’ final de la solución previa. Un análisis cuidadoso de esto revela que la amplitud de cada ciclo sucesivo se incrementa por una rapidez constante proporcional a 2/15, así que cuando 𝑡 → ∞, las amplitudes de las oscilaciones crecen sin límite. Esto es lo que se debió haber observado en el Problema 1. Es instructivo ver lo que sucede para algunos otros valores de a y b en (1). Dado que: 𝑥′(0) = 𝛼 y: 3𝜋 2 𝑥′ ( ) = 𝛼 + 2 15 Problema 5: Considere los tres casos de (1) donde b = 1, a = 4; b = 36, a = 25. Observe que en el primer caso no se satisface la condición 0 < 𝑎 < 𝑏. De nuevo con g(t) = sen 4t, m = 1 y las condiciones iniciales x(0) = 0, x’(0) = 1, grafique la solución de (2) en el intervalo 0 ≤ 𝑡 ≤ 100 en cada uno de los tres casos. Describa el comportamiento a largo plazo de x(t) en cada uno de los tres casos. Descripción: Para las condiciones dadas en la Fig 6. Podemos notar como las ondas de la función que describían un patrón de resonancia se reducen hasta el punto casi de reducir tanto su amplitud, es decir se reduce el efecto de amplificación de la respuesta de la estructura ante la acción exterior periódica.

2

3𝜋

Es decir: 𝑥 ( ) = 0 2

Usando k=3 ya que en k=1 y k=2 son parte del dominio de la primera función.

Para realmente asegurarse que la función será positiva después de 3𝜋 t = ( ) se analiza la pendiente de la curva en ese punto. 2 3𝜋 2 4 𝑥 ′ ( ) = − (𝛼 + ) sen 𝑡 − 𝑐𝑜𝑠 4𝑡 2 5 15 3𝜋 2 3𝜋 4 𝑥 ′ ( ) = − (𝛼 + ) sen − 𝑐𝑜𝑠 6𝜋 2 5 2 15 3𝜋 2 𝑥′ ( ) = 𝛼 + 2 15 Tomando en cuenta la condición que 𝛼 > 0, se puede asegurar que la pendiente es positiva, y con esto, que el intervalo de la función 3𝜋 termina en t = 2 Por lo tanto, el intervalo solución de la función es: 𝜋/2 ≤ 𝑡 ≤ 3𝜋/2. Problema 4: Use las soluciones de los Problemas 2 y 3 para trazar x(t) en el intervalo 0 ≤ 𝑡 ≤ 3𝜋/2. ¿Cómo se compara la velocidad en t = 3𝜋/2 con la velocidad en t = 0?

Fig. 6 Gráfica de la Función a=4 ^ b=1

Comentario: Para el caso de la séptima figura las ondas comparten un origen por lo que se expanden ordenadamente (a diferencia de la anterior) lo que provoca el efecto de amplificación algo similar a lo que sucede con la superposición de ondas en el sonido.

[3]

Wikipedia la Enciclopedia Libre (Online) Recuperado el 06

de

Diciembre

del

2016

de:

https://es.wikipedia.org/wiki/Puente_de_Tacoma_Narrows. [4]

Wolfram|Alpha (Online) Recuperado el 06 de Diciembre de 2016 de: https://www.wolframalpha.com/

[5]

[Zill, Dennis G. (2009) Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones de modelado. Novena Edición. Santa Fe. CENGAGE Editorial.

Fig. 7 Gráfica de la función para a=25 y b=36

Coemntario: Para la última figura cabe recalcar que se presenta un fenomeno similar a las fig 2, 3 y 4 donde para a y b las ondas solo coinciden en ciertos puntos especificos, un fenemeno muy similar al efecto de Von Karman; tambien se puede considerar que la amplitud aumneta mucho más que en el caso anterior lo que lleva a pensar que el efecto de resonancia en esta es por mucho superior en lo que a deformación de material es.

Fig. 8 Gráfica de la función para a=4 y b=50

REFERENCIAS [1]

Fernandes, H y Hernandez, J (2005) Estructuras y efectos dinámicos del viento. Universidad del Pais Vasco. Recuperado

el

06

de

Diciembre

del

2016

de:

http://www.revistadyna.com/Documentos/pdfs%5C2005% 5C200502mar%5C786DYNAINDEX.pdf [2]

Quintana, P y Serrano, M, Villalobos, E (2008) Métodos de solución

de

aplicaciones.México. Ediciones S.A.

ecuaciones Primera

diferenciales Edición.

y

REVERTÉ