De dónde sale la integral ∫M(∂M/∂By)dx, qué es una condición de compatibilidad,
y por qué δB = 0.
Sin dar nada por sabido.
Todo el método se apoya en una sola idea, y es esta: cuando cargas una estructura, ella guarda energía adentro, como un resorte comprimido. Si escribes esa energía en función de una fuerza y la derivas respecto a esa fuerza, te sale el desplazamiento del punto donde la fuerza está aplicada.
Eso es todo. El resto — las integrales, las derivadas parciales, las cargas ficticias — son detalles de cómo escribir esa energía en cada caso. Vamos a construirlo desde el resorte más simple hasta tu Problema 1, sin saltarnos ningún paso.
Olvídate de vigas por un momento. Ten un resorte con constante k. Le halas con una
fuerza P y se estira una cantidad δ.
La ley de Hooke dice P = k·δ, o lo mismo, δ = P/k. Y la energía que
queda guardada en el resorte es U = ½·P·δ — en la Parte 2 vemos de dónde sale ese ½,
que no es obvio.
Ahora hagamos algo aparentemente inocente: escribamos U solo en función de P, sustituyendo δ = P/k:
Y ahora derivamos esa expresión respecto a P:
La derivada de la energía respecto a la fuerza da el desplazamiento. Con k = 100 kN/m y P = 20 kN: δ = 0,2 m, U = ½(20)(0,2) = 2 kJ. Y dU/dP = 20/100 = 0,2 m. Sale el desplazamiento.
Todo lo que viene de aquí en adelante es exactamente esto mismo, solo que la energía de una viga es más complicada de escribir que P²/2k. Pero la mecánica es idéntica: escribo U en función de la fuerza, derivo, y sale el desplazamiento.
Este ½ confunde a todo el mundo, así que vale la pena aclararlo. Trabajo = fuerza × distancia, ¿no? Entonces ¿por qué U = ½Pδ y no Pδ?
Porque la fuerza no vale P todo el tiempo. Cuando empiezas a halar, la fuerza vale cero (el resorte está sin estirar). Va creciendo poquito a poco a medida que el resorte se estira, y solo al final vale P. Entonces no puedes multiplicar P por δ: tienes que sumar fuerza×distancia a lo largo de todo el recorrido.
Cada franjita vertical de la gráfica es un pedacito de trabajo: la fuerza que hay en ese
instante, multiplicada por el pedacito que se estiró, dU = P·dδ. Sumar todas esas
franjitas es calcular el área bajo la recta. Y el área de un triángulo es ½ base × altura =
½·δ·P.
El ½ aparece siempre que la carga crece desde cero junto con la deformación. Es la firma del comportamiento elástico lineal. Vas a ver ese ½ en todas las fórmulas de energía: U = N²L/2AE, U = ∫M²/2EI dx, U = ∫T²/2GJ dx. Todas son el mismo triángulo.
Con el resorte lo comprobamos con álgebra de bachillerato. Pero, ¿por qué funciona también en una viga, en un pórtico, en una armadura de 13 barras? Aquí está el argumento, y es bonito.
Imagina una estructura cualquiera con varias cargas: P1, P2, …, y que te interesa el desplazamiento del punto donde está Pi. La energía guardada, U, depende de todas las cargas. Ahora cargas la estructura en dos órdenes distintos:
Aplicas todas las cargas normalmente: la estructura guarda una energía U. Después le agregas a
Pi un incrementito dPi. La energía cambia en lo que cambie U al
mover esa variable — que es, por definición de derivada:
Ahora al revés. Primero aplicas solo dPi. Como es una fuerza
minúscula que produce un desplazamiento minúsculo, el trabajo que hace es "pequeño × pequeño":
despreciable, de segundo orden.
Después aplicas todas las cargas normales. Guardan su energía U, igual que antes. Pero
además ocurre algo: mientras la estructura se deforma bajo las cargas normales, el punto i se
desplaza una cantidad δi… y dPi ya estaba puesta ahí,
siendo arrastrada todo ese recorrido. Esa fuerza hace un trabajo extra de
dPi · δi — completo, sin ½, porque
dPi valía lo mismo desde el principio hasta el final; no creció.
La estructura es elástica: la energía que guarda depende solo de en qué estado quedó, no del camino que tomaste para llegar. Los dos órdenes terminan en el mismo estado final, así que las dos energías tienen que ser iguales:
La derivada de la energía respecto a una fuerza es el desplazamiento del punto donde esa fuerza está aplicada, medido en la dirección de esa fuerza. Ni en otro punto, ni en otra dirección. Esa restricción es la que después obliga a inventarse las cargas ficticias.
Y si en vez de una fuerza derivas respecto a un momento, te da el giro — porque el trabajo de un momento es momento × ángulo, igual que el de una fuerza es fuerza × distancia.
El ∂ ("derivada parcial") significa: derivo respecto a esa variable y trato a
todas las demás como si fueran números fijos. Si U depende de P1, P2 y
P3, entonces ∂U/∂P2 es "cuánto cambia U si muevo P2 dejando
quietas a las otras dos". Nada más que eso.
Ya sabemos que hay que escribir U. En el resorte era fácil. ¿Y en una viga?
Truco: una viga es un montón de resortes de giro pegados en fila. Córtale un trocito de
largo dx. En ese trocito actúa un momento flector M, y el trocito se dobla — sus dos
caras dejan de ser paralelas y forman un ángulo dθ.
dx se dobla un ángulo dθ bajo el momento M.
Es un resorte de giro: cuanto más momento, más se dobla.De la teoría de flexión ya conoces la relación momento–curvatura:
Léelo así: cuánto se dobla el trocito = el momento que tiene ÷ lo rígido que es, por su largo. Si EI es grande (viga rígida), se dobla poco. Si M es grande, se dobla mucho. Es exactamente Hooke, pero en versión giro.
Ahora aplico la misma idea del triángulo de la Parte 2. El "esfuerzo" es el momento M y el "desplazamiento" es el ángulo dθ. La energía guardada en ese trocito es:
Y para tener la energía de toda la viga, sumo todos los trocitos — que es lo que hace una integral:
| Resorte | Viga (un trocito) | |
|---|---|---|
| Lo que empuja | fuerza P | momento M |
| Lo que se mueve | estiramiento δ | ángulo dθ |
| Ley elástica | δ = P/k | dθ = (M/EI)dx |
| Energía | ½ P δ = P²/2k | ½ M dθ = M²/(2EI)dx |
Es la misma fórmula con otros nombres. Y la rigidez EI/dx hace el papel de la k del resorte.
Por el mismo razonamiento salen las otras: para una barra con fuerza axial N, el "estiramiento"
es NL/AE, y la energía queda U = N²L/(2AE). Ésa es la que usas en los problemas 2 y 3
para las barras de armadura.
Ésta es tu pregunta literal, y la respuesta es más sencilla de lo que parece: es simplemente derivar la integral de la Parte 4. Nada más. Vamos con calma.
Tenemos U = ∫ M²/(2EI) dx y queremos ∂U/∂P, porque eso nos da el
desplazamiento. Entonces:
La P no aparece por ningún lado en ∫ M²/(2EI) dx… aparentemente. Pero sí
está: está escondida dentro de M. El momento flector en cada punto de la viga depende de
cuánto valga la carga P. Si duplicas P, el momento en cada sección se duplica. Así que en realidad
M no es un número: es una función M(x, P).
Para meter la derivada adentro de la integral hay una única condición: que los límites de integración no dependan de P. Y aquí no dependen — los límites son 0 y L, la geometría de la viga, que no cambia porque cargues más o menos. Entonces sí se puede:
Aquí es donde está el detalle que probablemente te falta. Es la regla de la cadena.
Recuérdala con un ejemplo suelto: si u es una función de t, entonces
No es 2u a secas. Hay que multiplicar además por la derivada de lo de adentro.
Ejemplo con números: si u = 3t + 5, entonces u² = 9t² + 30t + 25 y su derivada es 18t + 30.
Y por la regla de la cadena: 2u·(du/dt) = 2(3t+5)(3) = 18t + 30. Igual. ✓
Aplicamos eso mismo con M en lugar de u y P en lugar de t. El 2EI es constante
respecto a P, así que sale a pasear:
Y metiéndolo de vuelta en la integral:
La integral que tanto te chocaba no se "saca" de ningún lado: es el resultado de derivar ∫M²/2EI dx respecto a P, usando la regla de la cadena. El famoso ½ de la energía se cancela con el 2 que baja de la potencia. Por eso en la fórmula final no hay ½.
Es una sensibilidad: cuánto cambia el momento en el punto x si la carga P aumenta una unidad. Un ejemplo concreto de tu Problema 1: en el primer tramo,
Fíjate en las unidades: M está en kN·m y By en kN, así que ∂M/∂By queda en metros. Es un chequeo útil: si te da otra cosa, te equivocaste.
En una barra de armadura la fuerza N es constante a lo largo de la barra, así que la energía es
U = N²L/(2AE) — sin integral, un simple producto. Derivando igual que antes:
Y si hay varias barras, se suma sobre todas: δ = Σ N(∂N/∂P)L/AE. Ésa es exactamente la fórmula que usaste en los problemas 2 y 3 — y ahora ya sabes por qué es un producto y no una integral: porque N no varía dentro de la barra.
Cambio de tema por un momento. Esto es independiente de Castigliano, y es la otra mitad de tu pregunta.
Tu viga tiene cuatro reacciones incógnitas (Ax, Ay, By, Cy) y solo tres ecuaciones de equilibrio (ΣFx=0, ΣFy=0, ΣM=0). Con tres ecuaciones no puedes despejar cuatro incógnitas. Punto.
Pero la pregunta profunda es por qué la estática se queda corta. Y la razón es importante:
El equilibrio no sabe nada de cómo se deforma la viga. A la estática le da igual si la viga es de acero o de gelatina. Y resulta que hay infinitas combinaciones de (Ay, By, Cy) que suman 80 kN y equilibran los momentos. Por ejemplo (12,5 · 55 · 12,5) equilibra, pero (20 · 40 · 20) también, y (0 · 80 · 0) también. El equilibrio no puede distinguirlas.
Lo que las distingue es la deformación: de todas esas combinaciones, solo una produce una viga deformada que efectivamente pasa por donde está el apoyo B. Las demás darían una viga que atraviesa el apoyo o que se despega de él — cosas que físicamente no ocurren.
Una condición de compatibilidad es una ecuación que dice: la forma que toma la estructura al deformarse tiene que ser coherente con lo que los apoyos permiten. "Compatible" en el sentido de que no se contradiga: si hay un apoyo rígido en B, entonces B no puede bajar, y punto.
La forma clásica de verlo es con superposición, en tres pasos:
Y con las fórmulas de tabla, para tu viga:
Acabas de resolver tu Problema 1 sin usar Castigliano, solo con superposición y tablas. Da 55 kN. Eso te dice que la condición de compatibilidad no es un invento del método de la energía: es una condición física de la estructura. Castigliano es simplemente otra manera de escribirla — más general, porque no necesitas que exista una fórmula de tabla para tu caso.
Ahora unimos las dos mitades. Tenemos dos hechos:
| De la Parte 3 (Castigliano) | De la Parte 6 (compatibilidad) |
|---|---|
| ∂U/∂By es el desplazamiento del punto B en la dirección de By (vertical). | El desplazamiento vertical de B vale cero, porque ahí hay un apoyo rígido que no lo deja moverse. |
Si una cosa es otra, y esa otra vale cero, entonces la primera vale cero:
Eso es. No hay ningún paso oculto. La condición de compatibilidad es δB = 0, y Castigliano es la herramienta que traduce ese "δB" a algo que puedo calcular.
Ésa es la pregunta correcta, y el truco de la redundante es justamente ése:
Le quito el apoyo B a la viga y en su lugar pongo una fuerza desconocida By hacia arriba. A partir de ese momento, para todos los efectos del cálculo, By es una carga externa más, igual que las dos P — solo que no sé cuánto vale.
La viga que queda (apoyada solo en A y C) es isostática, así que puedo escribir M(x) con pura estática, sin problemas. Y como By es ahora una "carga", Castigliano me permite derivar respecto a ella y obtener el desplazamiento de su punto de aplicación.
Al final impongo que ese desplazamiento sea cero — que es la información que le quité a la viga al eliminar el apoyo. Le quito el apoyo y lo repongo como ecuación.
En cálculo, cuando la derivada de una función vale cero, estás en un máximo o un mínimo. Como
∂U/∂By = 0, resulta que el valor verdadero de By es el que hace
que la energía U sea mínima. Ése es el teorema de Menabrea o del trabajo mínimo:
Es un nombre distinto para exactamente lo mismo que acabamos de deducir. Si te lo preguntan, puedes decir las dos cosas: "es Castigliano aplicado donde el desplazamiento es nulo, y también se le conoce como teorema del trabajo mínimo".
Incógnitas: Ax, Ay, By, Cy = 4. Ecuaciones de estática = 3. Falta 1, así que necesito una condición de compatibilidad. Y Ax = 0 de una vez, porque no hay cargas horizontales.
Quito el apoyo B y pongo en su lugar la fuerza desconocida By hacia arriba. Lo que queda es una viga simplemente apoyada de 8 m, isostática. La condición que voy a imponer al final es δB = 0.
Por simetría (geometría y cargas simétricas respecto a B): Ay = Cy. Entonces de ΣFy = 0:
Ahora todo el problema tiene una sola incógnita: By.
Mido x desde A. Hay dos tramos porque a los 2 m hay una carga puntual, y el momento cambia de fórmula al pasarla.
By aparece en un solo sitio de cada expresión: dentro de Ay,
multiplicada por x. Derivando (P − By/2)·x respecto a By: la P es constante y
se va; queda (−1/2)·x.
Ya tengo todas las piezas. Aplico Castigliano con la condición δB = 0:
Como −x/2 es el mismo factor en los dos tramos, se saca afuera:
Aquí es donde desaparece EI, y por eso las reacciones no dependen del material.
Llamo R = Ay = P − By/2 para escribir menos:
Todo lo anterior está muy bien, pero: ¿de verdad esa integral "sabe" dónde está el apoyo? Compruébalo tú mismo. Toma la integral del Paso 7 y métele distintos valores de By:
| Si By fuera… | Tramo A–1 | Tramo 1–B | Suma | Significado |
|---|---|---|---|---|
| 40 kN (muy poco) | −80/3 | −160/3 | −80 | negativo → B baja: el apoyo no empuja lo suficiente y la viga se le hunde encima |
| 55 kN | −50/3 | +50/3 | 0 | B no se mueve → es el valor correcto |
| 60 kN (mucho) | −40/3 | +40 | +80/3 | positivo → B sube: el apoyo empuja de más y levantaría la viga |
La integral no es un artificio matemático: es literalmente el desplazamiento de B, en metros (dividido entre EI). Le metes un By equivocado y te dice hacia dónde se movería el punto. Solo con el valor correcto da cero, que es lo que el apoyo obliga.
Igualar la integral a cero es igualar el desplazamiento de B a cero. Es la misma frase.
Mira los tres diagramas. Arriba, el momento real M(x) con By = 55. En medio, la sensibilidad ∂M/∂By = −x/2. Abajo, el producto de los dos — que es lo que estás integrando.
Fíjate en lo que dice ese dibujo: la integral no da cero porque M sea cero — M no es cero en casi ningún punto. Da cero porque el área negativa y el área positiva se compensan exactamente. Y eso ocurre solo con By = 55. Con cualquier otro valor, una de las dos áreas gana y el punto B se movería.
Ese −x/2 del panel del medio no es un número cualquiera. Haz esta prueba: toma la
viga simplemente apoyada de 8 m (sin apoyo en B) y ponle una carga de 1 kN hacia arriba justo en
el centro. Las reacciones en A y C salen de 0,5 kN hacia abajo cada una, y el momento a
una distancia x de A es M = −0,5x = −x/2.
∂M/∂By es exactamente el diagrama de momentos que produciría una carga unitaria aplicada donde está la redundante. No es casualidad: la derivada respecto a una fuerza mide "cuánto momento aporta cada unidad de esa fuerza", que es literalmente el diagrama de la carga unitaria.
Por eso Castigliano y el método de la carga unitaria (trabajo virtual) dan siempre lo mismo: son la misma integral, ∫M·m/EI dx, escrita con distinta notación.
Con todo lo anterior, la carga ficticia deja de ser magia. Recuerda la restricción del teorema (Parte 3): ∂U/∂P te da el desplazamiento del punto donde P está aplicada, en la dirección de P. Ni en otro punto, ni en otra dirección.
En el Problema 2 te piden el desplazamiento horizontal del nodo D. Pero en D no hay ninguna carga horizontal. Entonces no hay respecto a qué derivar — no existe la variable.
La solución es obvia una vez que lo ves así: si no existe la fuerza, la invento. Pongo una carga Q horizontal en D, resuelvo la estructura con ella adentro, y ahora sí puedo derivar respecto a Q. Al final le pongo Q = 0, y la estructura vuelve a ser la real.
| Problema 1 | Problemas 2 y 3 | |
|---|---|---|
| ¿Respecto a qué derivo? | By, la reacción redundante | Q, una carga inventada |
| ¿Qué me da la derivada? | el desplazamiento vertical de B | el desplazamiento de D (o A) en la dirección de Q |
| ¿Qué hago con eso? | lo igualo a cero: es un apoyo, no se mueve | lo evalúo: es la respuesta que piden |
| Al final | despejo By | hago Q = 0 y calculo el número |
1. Anular Q antes de derivar. Si haces Q = 0 primero, pierdes la dependencia y la derivada da cero: el método colapsa. El orden es derivar y después evaluar. Piénsalo así: ∂M/∂Q pregunta "¿cuánto cambia M si muevo Q?", y para responder eso Q tiene que estar en la ecuación.
2. Creer que una barra muy cargada tiene que contribuir. Lo que suma es
N·(∂N/∂Q)·L. Si la fuerza de una barra no depende de Q, su derivada es cero y el
término se anula, aunque la barra tenga 4 toneladas encima. Es lo que pasa con CD en el Problema 2
y con AC y AB en el Problema 3.