Post on 19-Jun-2015
Trabajo final de Análisis Matemático III
TORSION EN SECCIONES RECTANGULARES Fernando Macoratti
Universidad Nacional de la Patagonia San Juan Bosco Mayo de 2010
TORSION
Cuando se somete una barra recta de sección constante únicamente a un momento, según su eje longitudinal (eje z), esta se torsiona, desarrollándose tensiones rasantes y una sola solicitación resultante en cada sección transversal que será Mz, el momento torsor según el eje de la barra. Sabemos que una sección esta sometida a torsión cuando, al reducir a su baricentro los sistemas de fuerzas actuantes sobre el sólido prismático a uno y otro lado de la sección, solo se obtiene un par que actúa en el plano de la sección. La solución exacta, de la ecuación a la que llegaremos a continuación, se basa en el establecimiento de una determinada función de tensión, F(x,y), entre las variables x e y, que permita, reemplazando el valor de las coordenadas en cada punto del elemento, encontrar el valor numérico de las tensiones τ xz y τ yz. Analizando tensiones, equilibrio del cuerpo elástico y la Ley generalizada de Hooke se obtiene:
⎪⎩
⎪⎨
⎧
++=
++=
++=
=
nmlp
nmlp
nmlp
I
zzyzxz
yzyyxy
xzxyxx
σττ
τστ
ττσ
)(
⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
=+∂∂
+∂
∂+
∂∂
=+∂
∂+
∂
∂+
∂
∂
=+∂∂
+∂
∂+
∂∂
=
0
0
0
)(
Zzyx
Yzyx
Xzyx
II
zzyzx
yzyyx
xzxyx
σττ
τστ
ττσ
⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
+∂∂
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
+∂∂
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
+∂∂
=
=
μμσ
μμσ
μμσ
212
212
212
)(
ezwG
eyvG
exuG
III
z
y
x
⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡∂∂
+∂∂
=
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡
∂∂
+∂∂
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡∂∂
+∂∂
=
yw
zvG
xw
zuG
xv
yuG
yz
xz
xy
τ
τ
τ
Consideraremos algunas hipótesis particulares que nos permiten resolver nuestro problema:
1) Se supone que z es el eje de la barra coincidente con el centro de torsión. 2) El estado tensional se va a reducir solo a las tensiones τ xz y τ yz, por lo que σx=0, σy=0, σz=0 y τ xy =0, lo que será comprobado posteriormente ya que es la única forma de que se satisfagan las condiciones impuestas por el problema asimismo. 3) Se desprecian las fuerzas de masa X, Y, Z. 4) Se supone un material homogéneo, isótropo, continuo y elástico.
t zx
t zy
x
y
x
Mt
Solución del problema:
Aplicando las hipótesis particulares y teniendo en cuenta lo expresado en el planteo del
problema se obtiene:
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+
≠≠
=
0
00
)(
ml
Ide
zyzx
yz
xz
ττ
ττ
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
=∂
∂+
∂∂
=∂
∂
=∂∂
=
0
0
0
)(
yx
z
z
IIde
zyzx
yz
xz
ττ
τ
τ
(IV) (III)
(V)
xz
yz
u wGz x
dev wGz y
τ
τ
⎧ ∂ ∂⎡ ⎤= +⎪ ⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦⎪= ⎨⎡ ⎤∂ ∂⎪ = +⎢ ⎥⎪ ∂ ∂⎣ ⎦⎩
Planteado así el problema se analizan los corrimientos que se generan como consecuencia del Mt actuante, recordando que este provoca el giro alrededor del centro de torsión, de una sección respecto de la otra, distante z de la misma.
y
x
u
vA
A'
r
o
x
y
donde θ es el ángulo especifico de torsión. Planteando ahora los desplazamientos en las direcciones x e y;
ϕϕϕϕ
XrvYsenru
=Ψ=−=Ψ−=
cos..
como zz
.θϕθϕ=⇒= luego
zXvzYu
..
θθ
=−=
entonces θ
θ
Xzv
Yzu
=∂∂
−=∂∂
Remplazando esto en las expresiones IV y V obtenemos:
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+
∂∂
=
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −∂∂
=
(VII) .
(VI) .
XywG
YxwG
yz
xz
θτ
θτ
Asimismo, operando con VI y VII (planteando las yxz
∂∂τ ,
xyz
∂∂τ
y restando) se obtiene la
siguiente expresión:
(VIII) 2 θττ Gxyzyxz −=
∂∂
−∂∂
No obstante lo expresado, para encontrar la solución al problema planteado es necesario conocer xzτ y zyτ , por lo que para ello se define una función F(x,y), llamada función de tensión
tal que xzyF τ=∂∂ y yzx
F τ=∂∂
− , verificándose las condiciones de equilibrio 0=∂∂
zxzτ , 0=
∂
∂
zyzτ
y 0=∂∂
+∂∂
yxzyzx ττ deducidas anteriormente, por lo que reemplazando ambas tensiones en la
expresión (VIII) se tiene:
θγ
ϕγ
ϕγ
rz
r
rz
=
=
=.
(IX) 22
2
2
2
θGyF
xF
−=∂∂
+∂∂
(Donde G es el modulo de elasticidad transversal del material de la barra)
De esta manera obtenemos la ecuación diferencial que gobierna el problema de torsión, cuya solución F(x,y) debe satisfacer la ecuación y también las condiciones de borde. Condiciones de Borde: Considerando ahora las condiciones de contorno, para la superficie lateral de la barra, que está libre de fuerzas externas y es normalmente perpendicular al eje z, debe verificarse:
(X) 0=+ ml zyzx ττ lo que significa que el esfuerzo cortante resultante en la frontera es dirigido a lo largo de la tangente a la frontera. Esta condición deben cumplirse si la superficie lateral de la barra está libre de fuerzas externas, como ocurre en el caso en estudio.
Considerando un elemento infinitesimal abc en el límite, y suponiendo que s se extiende en la dirección de C a A, tenemos:
dsdxm
dsdyl
==
==
β
α
cos
cos
reemplazando esto en (X) y teniendo en cuenta F, obtenemos el diferencial total de F(x,y) respecto de la dirección ds que se encuentra sobre el contorno:
ctteF0 =⇒==∂∂
+∂∂
dsdF
dsdx
xF
dsdy
yF
Es decir que F(x,y) debe ser constante sobre el borde de la sección. Dicha constante puede elegirse en forma arbitraria de manera que puede considerarse su valor nulo, ya que solo interesan sus derivadas. Habiendo obtenido la ecuación diferencial que resuelve los problemas de torsión, con F(x,y) constante en el borde de la sección, nos falta probar que el estado de tensiones así definido corresponde al de una barra sometida a torsión. Para ello deberá cumplirse:
1. La sumatoria de fuerzas sobre la superficie de la barra es cero
( ) 0xz xz A BX Y X Y X
Fdxdy dx dy dx dy dx F Fy
τ τ ∂= = = − =
∂∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
(ya que sobre el borde la función es constante)
En forma análoga
∫ ∫∫∫ =∂∂
−=Y Xyz dx
xFdydxdy 0τ
2. Probar que la resultante de tensiones es un momento torsor
∫∫ ∫∫ ∫∫−=−= ydxdyxdxdydxdyyxM zxzyzxzyT ..)..( ττττ resolviendo el primer miembro tenemos:
∫ ∫∫∫ ∂∂
−=Y Xzy xdx
xFdyxdxdy.τ
integrando por partes se tiene [ ]{ } ∫∫∫ ∫ =−−= FdxdyFdxxFdy
Y X)(
F es constante sobre el borde y lo adoptamos como F = 0. Análogamente se resuelve la segunda integral del segundo miembro:
∫∫∫∫ =− Fdxdyydxdyzx.τ Finalmente obtenemos:
∫∫= FdxdyM T 2 Podemos analizar cualquier tipo de sección sometida a torsión, siempre en el caso de tener la sección un solo contorno (secciones llenas). En particular resolveremos el caso de una sección rectangular: PROBLEMA Analizaremos ahora la sección rectangular de dimensiones a - b, sometida a torsión
Es conveniente plantear F=Gθψ (siendo ψ=ctte=0 sobre el contorno), de manera que:
2
2
2
2
2
2
2
2
yG
yF
xG
xF
∂Ψ∂
=∂∂
∂Ψ∂
=∂∂
θ
θ
Y
y = -1/2b
X
x = a
y = 1/2b
Reemplazando en la ecuación (IX) obtenemos:
(XI) 22
2
2
2
−=∂Ψ∂
+∂Ψ∂
yx
que es la llamada ecuación de Poisson. Luego las tensiones y el momento torsor resultan:
xG
xF
yG
yF
zy
xz
∂Ψ∂
−=∂∂
−=
∂Ψ∂
=∂∂
=
θτ
θτ
∫∫ ∫∫Ψ=Ψ= dxdyGdxdyGMT θθ 22
También podría plantearse a partir de la ecuación de Poisson una transformación de la misma haciendo:
2),(),( xaxyxuyx −+=Ψ haciendo esta sustitución en (XI) tenemos:
02
2
2
2
=∂∂
+∂∂
yu
xu
Que es la ecuación de Laplace bidimensional, con las condiciones:
0),(),0( == yauyu ; axxbxu −=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ± 2
21,
De esta manera obtendremos un problema en derivadas parciales. El problema consiste ahora en encontrar una solución que satisfaga las condiciones anteriores. Se procederá de la siguiente manera: Primer paso: aplicar el método de separación de variables, se obtendrán dos ecuaciones diferenciales ordinarias. Segundo paso: se determina las soluciones a esas ecuaciones que satisfagan las condiciones de frontera. Tercer paso: usando Series de Fourier se hará la composición de estas soluciones, para llegar a la solución de la ecuación diferencial, que satisfaga las condiciones iniciales dadas. Primer paso: Aplicando el método de separación de variables, se determina las soluciones de la ecuación diferencial de la forma:
)()(),( yYxXyxu = que son productos de dos funciones, cada una de las cuales depende únicamente de las variables x e y. Luego, reemplazando en la ecuación diferencial
YXyxuxx ´´),( = y ´´),( XYyxu yy = ⇒ 0´´´´ =+ XYYX dividiendo por XY:
0´´´´=+
YY
XX ⇒ λ−=−=
YY
XX ´´´´
ya que como el primer miembro es sólo función de X y el segundo sólo función de Y, si son iguales deben serlo a una constante, luego tenemos también:
0´´ =+ XX λ 0´´ =− YY λ
Que son dos ecuaciones diferenciales ordinarias lineales homogéneas de orden dos. Segundo paso: aplicando las condiciones
0)0(0)()0(),0( =⇒== XyYXyu 0)(0)()(),( =⇒== aXyYaXyau
La primera ecuación
0'' =+ XX λ con las condiciones
( ) ( ) 00 == aXX que conforma un problema de Sturm – Liouville. Una ecuación diferencial de Sturm-Liouville tiene la forma:
[ ] 0)()()( =++⎥⎦⎤
⎢⎣⎡
∂∂
∂∂ yxRxQ
xyxP
xλ
Con las condiciones de borde: ( ) ( )( ) ( )
1 1
1 2
' 0
' 0
A y a A y a
B y b A y b
+ =
+ =
Y en este caso se tiene ( ) ( ) ( ) 2 21 0 0P x R x Q x A B= = = = =
La ecuación tiene distintas soluciones según λ sea positivo, negativo o cero.
0=λ 0'' =X
Donde la solución por integración directa es: BAxxX +=)(
Aplicando las condiciones iniciales: ( )( ) 00
00=⇒==
==AAaaX
BX
Esto nos lleva a la solución trivial, por lo que el valor 0=λ no produce resultados útiles.
2μλ −= 0'' 2 =− XX μ
y la solución es de la forma xx BeAexX μμ −+=)(
con la condición inicial ( ) 000 μμ −+= BeAeX
implica directamente que 0== BA
y nos lleva de nuevo a la solución trivial.
2μλ = 0'' 2 =+ XX μ
la solución es de la forma xBsenxAxX ..cos)( μμ +=
luego aplicando las condiciones iniciales: ( ) ( ) ( ) 0000cos0 =⇒=+= ABsenAX
luego ( ) ( ) 0== μaBsenaX
esto último se da si 0=B (que nos da la solución trivial) o si ( ) 0=μasen . Éste último caso: πμ na =
anπμ = ⇒
2
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
anπλ
Donde los λ son los autovalores del problema de Sturm – Liouville y las correspondientes autofunciones serán
( )nnX x Asen xaπ⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
Ahora, regresamos a la segunda ecuación, reemplazando el valor de λ 0´´ =− YY λ
operando de forma análoga, la solución es de la forma
( ) ( ) .cosh .n ny ya a n nY y Be Ce Y y B y C senh y
a a
π π π π− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ⇒ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
(XII)
supongo primero que 021, =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ − bxu y axxbxu −=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ 2
21,
entonces
02
02
)(2
, =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⇒=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
bYbYxXbxu
reemplazando en (XII) y despejando C ;
02
.2
cosh.2
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−
abnsenhC
abnBbY ππ ⇒
cosh2
2
nn bB
aCn bsenh
a
π
π
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠=
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
entonces reemplazando este valor
cosh2( ) cosh
2
n bBn naY y B y senh y
n ba asenha
ππ π
π
⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
( ) cosh cosh2 2
2
B n b n n b nY y senh y senh yn b a a a asenh
a
π π π ππ
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎜ ⎟⎝ ⎠
Luego aplicando la formula de adición ( ) ( )cosh( ) ( )cosh( )senh senh senhα β α β β α+ = + se llega a;
( )2n n
n bY y senh yaπα ⎡ ⎤⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
entonces la primera solución será
( , ) ( ) ( )2n n n n
n n bu x y X x Y y sen x senh ya aπ πδ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
con n n nAδ α=
Tercer paso: Las series de Fourier surgen de representar una función periódica F(x) dada en términos de funciones de senos y cósenos. Se supone que F(x) es una función periódica de periodo 2L que puede representarse por una serie trigonometrica.
0
1
( ) cos2 n n
n
a n nf x a x b sen xl lπ π∞
=
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∑
Es decir que esta serie converge y tiene a f(x) como su suma y los coeficientes:
1 ( ).cosL
nL
na f x x dxL l
π
−
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠∫
1 ( ).L
nL
nb f x sen x dxL l
π
−
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠∫
Utilizando el principio de superposición y aplicando la condición de frontera
axxbxu −=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ 2
21,
podemos escribir:
axxbba
nsenhxa
nsenbxun
n −=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ∑
∞
=
2
0 222, ππδ
esto se cumple siempre que ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
abnsenhnπδ sea el coeficiente de Fourier de la forma
( ) dxxa
nsenaxxaa
bnsenha
n ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ∫
ππδ0
22
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛= ∫∫
aa
dxxa
nsenxdxxa
nsenxa 00
2 .2 ππ
la primera integral será aa
xa
nxna
nax
ansenx
nadxx
ansenx
00
233
3
22
22 cos2.2.∫ ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ π
πππ
ππ
( ) ( ) 33
33
33
3
22
3 2cos22π
πππ
ππ n
anna
nansen
na
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+=
la segunda integral será aa
xa
nxna
ansenx
naadxx
anxsen
0022
2
cos.2.∫ ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ π
ππ
ππ
( ) ( ) )cos(cos2 33
22
3
ππ
ππ
ππ
nnan
nansen
na
−=−=
luego sumando, el coeficiente de Fourier queda
( ) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ )cos(2cos22 3
33
33
33
3
πππ
πππ
πδ nna
nan
na
na
aabnsenhn
( ) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−+−= ))cos()(cos()1(cos22 3
33
3
πππ
ππ
nnnan
na
a
( )
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
−=
abnsenhn
nan ππ
πδ33
2 )1(cos4
luego la primer solución será ( )
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
−= yb
ansenhx
ansen
abnsenhn
nayxu2
)1(cos4),(33
2
1ππ
ππ
π
Luego supongo que
021, =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ bxu y axxbxu −=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ − 2
21,
Entonces reemplazando en (XII)
.cosh . 02 2 2b n b n bY B C senh
a aπ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇒
cosh2
2
nn bB
aCn bsenh
a
π
π
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= −
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
entonces reemplazando este valor
cosh2( ) cosh
2
n bBn naY y B y senh y
n ba asenha
ππ π
π
⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
( ) cosh cosh2 2
2
B n b n n b nY y senh y senh yn b a a a asenh
a
π π π ππ
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎜ ⎟⎝ ⎠
luego
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −= yb
ansenhyY n 2
)( πα
entonces la segunda solución será
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛== yb
ansenhx
ansenyYxXyxu n 2
)()(),( ππδ
axxbba
nsenhxa
nsenbxun
n −=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ − ∑
∞
=
2
0 222, ππδ
esto se cumple siempre que ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
abnsenhnπδ sea el coeficiente de Furier de la forma
( ) dxxa
nsenaxxaa
bnsenha
n ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ∫
ππδ0
22
el cual es el resultado similar al obtenido anteriormente, entonces ( )
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
−=
abnsenhn
nan ππ
πδ33
2 )1(cos4
luego la segunda solución será ( )
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
−= yb
ansenhx
ansen
abnsenhn
nayxu2
)1(cos4),(33
2
2ππ
ππ
π
La suma de soluciones es también una solución, entonces
),(),(),( 21 yxuyxuyxu +=
( )2
3 31,3,5,...
4 (cos 1)( , )
2 2n
a n n n b n bu x y sen x senh y senh yn b a a an senh
a
π π π πππ=
⎧ ⎫⎡ ⎤− ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + −⎨ ⎬⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭⎜ ⎟⎝ ⎠
∑
descomponiendo el termino entre llaves y sumando miembro a miembro
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ + y
ansenh
abny
an
abnsenhyb
ansenh πππππ
2coshcosh
22
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ − y
ansenh
abny
an
abnsenhyb
ansenh πππππ
2coshcosh
22
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ + y
an
abnsenhyb
ansenhyb
ansenh ππππ cosh
22
22
con este resultado y teniendo en cuenta que 21)cos( −=−πn para n impar y cos( ) 1 0nπ − = para n par
2
3 31,3,5,...
28 2( , ) cosh
n
n bsenha n n au x y sen x y
n bn a a senha
ππ π
ππ=
⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎢ ⎥= − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
∑
de tabla tenemos que
)2()(2
)cosh(1)cosh()(2)2(
xsenhxsenh
xxxsenhxsenh =⇒=
luego
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
abn
abnsenh
abnsenh
2cosh
122
ππ
π
Entonces la solución general, suma de dos soluciones queda de la forma
+
2
331,3,5,...
cosh8( , )
cosh2
n
n ny sen xa a au x y
n bna
π π
ππ =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= −
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
∑
Y como 2),(),( xaxyxuyx −+=Ψ se tiene que
22
331,3,5,...
cosh8( , )
cosh2
n
n ny sen xa a ax y ax x
n bna
π π
ππ =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠Ψ = − −
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
∑
Como el momento es 2 ( , )tM G x y dxdyθ= Ψ∫∫
se tiene que
/ 2 / 2 / 2 22
331,3,5,.../ 2 0 / 2 0 / 2 0
cosh82 .
cosh2
b a b a b a
tnb b b
n ny sen xa a aM G ax dxdy x dxdy dxdy
n bna
π π
θππ
+ + +
=− − −
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥= − −
⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
∑∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
separemos los tres términos del corchete:
2222222
.332/
2/
32/
2/
32/
2/ 0
22/
2/ 0
babbayadyadyaxdxdyaxb
b
b
b
b
b
ab
b
a
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +====
+
−−−
+
−∫∫∫ ∫
3223333
.332/
2/
32/
2/
32/
2/ 0
32/
2/ 0
2 babbayadyadyxdxdyxb
b
b
b
b
b
ab
b
a
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +====
+
−−−
+
−∫∫∫ ∫
/ 2 2
331,3,5,.../ 2 0
cosh8
cosh2
b a
nb
n ya na sen x dxdy
n b ana
ππ
ππ =−
⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠ =⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
∑∫ ∫
/ 2 2
331,3,5,.../ 2 0
cosh8 cos
cosh2
ab
nb
n ya a na x dy
n b n ana
ππ
ππ π=−
⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎝ ⎠= − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
∑∫
( )/ 2 2
331,3,5,.../ 2
cosh8 cos
cosh2
b
nb
n ya a aa n dy
n b n nna
π
πππ π π=−
⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠= − + =⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
∑∫
( )( ) / 2/ 22 2
3 33 41,3,5,... 1,3,5,.../ 2 / 2
cos 18 8 2coshcosh cosh
2 2
bb
n nb b
na a n a a a ny dy senh yn b n bn a n an n
a a
π π ππ ππ π π ππ
++
= =− −
− + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∑ ∑∫
4
551,3,5,...
16 12 2cosh
2n
a n b n bsenh senhn b a an
a
π πππ =
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎜ ⎟⎝ ⎠
∑
4 4
5 55 51,3,5,... 1,3,5,...
216 1 16 2
2 2cosh cosh2 2
n n
n bsenha n b n b a asenh senh
n b n ba an na a
ππ π
π ππ π= =
⎛ ⎞⎜ ⎟⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠= + = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∑ ∑
4
5 51,3,5,...
tanh32 2
n
n ba a
n
π
π =
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= ∑
Ahora sumando, el momento torsor esta dado por:
3 3 4
5 51,3,5,...
tanh32 22
2 3tn
n ba b a b a aM G
n
π
θπ =
⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥= − −
⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
∑
3
5 51,3,5,...
192 11 tanh3 2t
n
G a b a n bMb n a
θ ππ =
⎡ ⎤⎛ ⎞= −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦
∑
Y el ángulo específico de torsión vale:
3
5 51,3,5,...
192 11 tanh3 2
t
n
MGa b a n b
b n a
θπ
π =
=⎡ ⎤⎛ ⎞−⎢ ⎥⎜ ⎟
⎝ ⎠⎣ ⎦∑
Hemos llegado a una expresión que nos permite conocer el giro por unidad de longitud de una barra prismática de sección rectangular de lados a x b y modulo de elasticidad transversal G a la que se le aplica en sus extremos un momento torsor Mt. LA ANALOGÍA DE LA MEMBRANA Es interesante notar que la ecuación:
2 2
2 2 2x y
∂ Ψ ∂ Ψ+ = −
∂ ∂
que es la principal en la teoría de torsión expuesta hasta este punto, es muy similar a la ecuación de equilibrio que describe las pequeñas deformaciones de una membrana plana sometida a una presión interna constante p. Si w es la flecha de la membrana y T es la tensión constante por unidad de longitud en la membrana, se demuestra fácilmente que un elemento está en equilibrio si se verifica:
2 2
2 2
w w px y T
∂ ∂+ = −
∂ ∂
Comparando estas ecuaciones se ve que w de la membrana es proporcional al ψ de la torsión. Además, debido a las propiedades vistas anteriormente el volumen bajo la membrana es proporcional al momento torsor desarrollado en una barra en torsión de la misma forma que la membrana. Esta analogía fue descubierta por Ludwig Prandtl en 1903 y es conocida como la analogía de la membrana. Prandtl utilizando esta analogía realizó ingeniosos experimentos con membranas. Midiendo volúmenes bajo membranas de jabón sometidas a una presión conocida, pudo evaluar constantes torsionales y a partir de las líneas de contorno de las membranas estudió la distribución de tensiones. La principal ventaja de esta analogía, tiene que ver con la visualización de la superficie de ψ. La intensidad de la pendiente de la superficie, indica la intensidad de la tensión rasante. De esta forma, en los puntos de la superficie de ψ en los que las líneas de contorno se agrupan, se esperan concentraciones de tensiones. Ejemplo aplicado: A una barra prismática de acero de sección transversal rectangular constante de lados a=0.02m , b=0.04m y longitud 1m, empotrada en uno de sus extremos, se le aplica un momento torsor de 1000N.m. Determinar el ángulo de giro total que se produce entre las secciones extremas teniendo en cuenta que el modulo de elasticidad transversal del acero es G=81x109 N/m².
Mt
Solución: Reemplazando los valores en la ecuación
3
5 51,3,5,...
192 11 tanh3 2
t
n
MGa b a n b
b n a
θπ
π =
=⎡ ⎤⎛ ⎞−⎢ ⎥⎜ ⎟
⎝ ⎠⎣ ⎦∑
Se tiene
9 3²
5 51,3,5,...
1000 .81·10 (0.02 ) 0.04 192·0.02 1 ·0.041 tanh
3 0.04 2·0.02
Nm
n
N mm m m n m
m n m
θπ
π =
=⎡ ⎤⎛ ⎞−⎢ ⎥⎜ ⎟
⎝ ⎠⎣ ⎦∑
Utilizando una planilla de calculo (Excel) para resolver la sumatoria se llega a
Mt= 1000 N.ma= 0.02 mb= 0.04 mG= 81000000000 N/m²
n = resultado de Σ1 0.996272076 Ө3 0.004115226 0.16871 rad5 0.00032 9.67 º7 5.9499E‐059 1.69351E‐0511 6.20921E‐0613 2.69329E‐06
Total 1.000792639 Se puede ver como la serie converge rápidamente y se obtiene un giro de 9.67 gados.
BIBLIOGRAFIA: ⇒ “Ecuaciones diferenciales elementales con aplicaciones” de Edwards –
Penney ⇒ “Ecuaciones diferenciales aplicadas” de Murria R. Spiegel ⇒ “Teoria de la Elasticidad” de S. Timoshenko ⇒ “Estabilidad segundo curso “ de E. Fliess ⇒ “Apuntes de catedra de Elasticidad” del Ing. R. Villar ⇒ “Matemáticas avanzadas para Ingienieria”. Kreyszig ⇒ Apuntes de Resistencia de Materiales III del Instituto de estructuras y
Transporte de la Facultad de Ingeniería de Uruguay.