Vibraciones de vigas. Problemas de valor frontera. Laplace.

Introducción

La ecuación para estudiar las vibraciones longitudinales de una viga es la siguiente

$\displaystyle \frac{\partial^2 y}{{\partial t}^2} = c^2 \frac{\partial^2 y}{{\partial x}^2}$

Esta ecuación describe el movimiento de una viga (figura 1) que puede vibrar longitudinalmente (es decir, en la dirección $x$ ). La variable $y(x,t)$ es el desplazamiento longitudinal desde la posición de equilibrio del corte seccional en $x$ . La constante $c^2 = gE / \rho$ donde $g$ es la aceleración de la gravedad, $E$ , es el módulo de elasticidad (esfuerzo dividido por alargamiento) que depende de las propiedades de la viga, $\rho$ es la densidad (masa por unidad de volumen) de la viga.

Para el caso de vibraciones transversales de una viga, su ecuación es

$\displaystyle \frac{\partial^2 y}{\partial t^2} + b^2 \frac{\partial^4 y}{\partial x^4} = 0$

Esta ecuación describe el movimiento de una viga (localizada inicialmente sobre el eje $x$ , figura 2) la cual vibra transversalmente (o sea en dirección perpendicular al eje $x$ ). En este caso, $y(x,y)$ es el desplazamiento transversal o deflexión sobre cualquier punto $x$ en cualquier tiempo $t$ . La constante $b^2 = EIg/\rho$ donde $E$ es el módulo de elasticidad, $I$ es el momento de inercia de cualquier sección transversal con relación al eje $x$ , $g$ es la aceleración de la gravedad y $\rho$ es la masa por unidad de longitud$. En el caso en que se aplica una fuerza transversal externa $f(x,t)$ , el miembro derecho de la ecuación se reemplaza por $b^2 f(x,t)/EI$ .

Problemas resueltos

Problema 1. Una viga de longitud $l$ cuyo extremo $x=0$ está fijo, como se muestra en la figura 3, se halla inicialmente en reposo. En el extremo libre se le aplica longitudinalmente una fuerza constante $F_0$ por unidad de área. Hallar el desplazamiento longitudinal de cualquier punto $x$ de la viga en cualquier tiempo $t>0$ .

Solución. Si $y(x,t)$ es el desplazamiento longitudinal de cualquier punto $x$ de la viga en el tiempo $t$ , el problema de valor frontera es

$\displaystyle \frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 y}{\partial x^2}$ , $0<x<l$ , $t>0$

Además,

$y(x,0)=0$ , $y_t (x,0)=0$ , $y(0,t)=0$ , $\displaystyle y_x(l,t)=\frac{F_0}{E}$

Donde sus transformadas de Laplace son

$y(x,0)=0$ , $y_t (x,0)=0$ , $\mathcal{L} [y(0,t)] = Y(0,s) =0$ , $\displaystyle \mathcal{L} [y_x (l,t)] = Y_x (l,s) = \frac{F_0}{Es}$

La transformada de Laplace de la ecuación de vibraciones longitudinales de la viga es

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 y}{{\partial t}^2} \right] = c^2 \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 y}{{\partial x}^2} \right]$

$\displaystyle s^2 Y(x,s) - s y(x,0) - y_t (x,0) = c^2 \frac{d^2 Y}{{dx}^2}$

$\displaystyle s^2 Y(x,s) - s (0) - (0) = c^2 \frac{d^2 Y}{{dx}^2}$

$\displaystyle s^2 Y(x,s) = c^2 \frac{d^2 Y}{{dx}^2}$

$\displaystyle c^2 \frac{d^2 Y}{{dx}^2} - s^2 Y(x,s)=0$

$\displaystyle \frac{d^2 Y}{{dx}^2} - \frac{s^2}{c^2} Y(x,s) = 0$

La solución general de esta ecuación diferencial es

$\displaystyle Y(x,s) = C_1 \cosh{\frac{sx}{c}} + C_2 \sinh{\frac{sx}{c}}$

Tomando la condición $Y(0,s)=0$ ,

$\displaystyle Y(0,s) = C_1 \cosh{\frac{s(0)}{c}} + C_2 \sinh{\frac{s(0)}{c}}$

$\displaystyle 0 = C_1 \cosh{0} + C_2 \sinh{0}$

$\displaystyle 0 = C_1 (1) + C_2 (0)$

$\displaystyle C_1 = 0$

Así que,

$\displaystyle Y(x,s) = C_1 \cosh{\frac{sx}{c}} + C_2 \sinh{\frac{sx}{c}}$

$\displaystyle Y(x,s) = (0) \cosh{\frac{sx}{c}} + C_2 \sinh{\frac{sx}{c}}$

$\displaystyle Y(x,s) = C_2 \sinh{\frac{sx}{c}}$

Derivando parcialmente con respecto a $x$ ,

$\displaystyle Y_x (x,s) = C_2 \frac{d}{dx} \left(\sinh{\frac{sx}{c}} \right)$

$\displaystyle Y_x (x,s) = \frac{sC_2}{c} \cosh{\frac{sx}{c}}$

Tomando la condición $\displaystyle Y_x (l,s) = \frac{F_0}{Es}$

$\displaystyle Y_x (l,s) = \frac{sC_2}{c} \cosh{\frac{sl}{c}}$

$\displaystyle \frac{F_0}{Es} = \frac{sC_2}{c} \cosh{\frac{sl}{c}}$

$\displaystyle C_2 = \frac{c F_0}{E s^2 \cosh{\frac{sl}{c}}}$

Entonces,

$\displaystyle Y(x,s) = C_2 \sinh{\frac{sx}{c}}$

$\displaystyle Y(x,s) = \frac{c F_0}{E s^2 \cosh{\frac{sl}{c}}} \sinh{\frac{sx}{c}}$

$\displaystyle Y(x,s) = \frac{c F_0}{E} \cdot \frac{\sinh{\frac{sx}{c}}}{s^2 \cosh{\frac{sl}{c}}}$

Aplicando la transformada inversa de Laplace en ambos lados,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [Y(x,s)] = \frac{c F_0}{E} \ \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{\frac{sx}{c}}}{s^2 \cosh{\frac{sl}{c}}} \right]$

Haciendo $\displaystyle h = \frac{x}{c}$ y $\displaystyle b = \frac{l}{c}$ ,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [Y(x,s)] = \frac{c F_0}{E} \ \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}} \right]$

Resolviéndolo por el método de los residuos y la fórmula de inversión compleja,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}} \right] = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - i \infty}^{\gamma + i \infty}{\frac{e^{st} \sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}} \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}} \right] = \frac{1}{2 \pi i} \oint_{C}{\frac{e^{st} \sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}} \ ds}$

La función $\displaystyle F(s) = \frac{\sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}}$ tiene polos en $s=0$ y en los valores de $s$ para los cuales $\cosh{sb} = 0$ , es decir,

$\displaystyle s = s_k = \frac{\pi i}{b} (k + \frac{1}{2})$ , para $k = 0, \pm 1, \pm 2, \cdots$

Debido a la presencia de $s^2$ , pareciera como si $s=0$ fuera un polo de orden dos (polo doble). Sin embargo, al analizar a fondo a $s=0$ ,

$\displaystyle \frac{\sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}} = \frac{sh + \frac{(sh)^3}{3!} + \frac{(sh)^5}{5!} + \cdots}{s^2 [1 + \frac{(sb)^2}{2!} + \frac{(sb)^4}{4!} + \cdots]}$

$\displaystyle \frac{\sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}} = \frac{h + \frac{s^2 h^3}{3!} + \frac{s^4 h^5}{5!} + \cdots}{s (1 + \frac{s^2 b^2}{2!} + \frac{s^4 b^4}{4!} + \cdots)}$

se observa que $s=0$ es un polo de orden 1 (polo simple). Los polos $s_k$ son también simples. Continuando

$\displaystyle \frac{\sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}} = \frac{h + \frac{s^2 h^3}{3!} + \frac{s^4 h^5}{5!} + \cdots}{s (1 + \frac{s^2 b^2}{2!} + \frac{s^4 b^4}{4!} + \cdots)}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}} \right] = \sum{\text{residuos de } \frac{e^{st} \sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}} \text{ en los polos } s=0 \text{ y } s=s_k}$

El residuo en el polo simple $s=0$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{s \cdot \frac{e^{st} \sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}}} = \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{e^{st} \sinh{sh}}{s \cosh{sb}}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{s \cdot \frac{\sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}}} = \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{\sinh{sh}}{s}} \cdot \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{e^{st}}{\cosh{sb}}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{s \cdot \frac{\sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}}} = \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{h \cosh{sh}}{1}} \cdot \lim_{s \rightarrow 0}{\frac{e^{st}}{\cosh{sb}}} = (h)(1)$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow 0}{s \cdot \frac{\sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}}} = h$

Y el residuo en el polo simple $s=s_k$ es

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s-s_k) \cdot \frac{e^{st} \sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}}} = \lim_{s \rightarrow s_k}{\frac{s-s_k}{\cosh{sb}}} \cdot \lim_{s \rightarrow s_k}{\frac{e^{st} \sinh{sh}}{s^2}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s-s_k) \cdot \frac{e^{st} \sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}}} = \lim_{s \rightarrow s_k}{\frac{1}{b \sinh{sb}}} \cdot \lim_{s \rightarrow s_k}{\frac{e^{st} \sinh{sh}}{s^2}}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s-s_k) \cdot \frac{e^{st} \sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}}} = \frac{1}{b \sinh{s_k b}} \cdot \frac{e^{s_k t} \sinh{s_k h}}{s_k^2}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s-s_k) \cdot \frac{e^{st} \sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}}} = \frac{1}{b \sinh{\frac{\pi i}{b} (k + \frac{1}{2}) b}} \cdot \frac{e^{\frac{\pi i}{b} (k + \frac{1}{2}) t} \sinh{\frac{\pi i}{b} (k+\frac{1}{2}) h}}{-\frac{\pi^2}{4} (k+\frac{1}{2})^2}$

$\displaystyle \lim_{s \rightarrow s_k}{(s-s_k) \cdot \frac{e^{st} \sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}}} = - \frac{b(-1)^k e^{\pi i(k + \frac{1}{2})t/b} \sin{\frac{\pi}{b} (k + \frac{1}{2}) h}}{\pi^2 (k+\frac{1}{2})^2}$

Regresando

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}} \right] = \sum{\text{residuos de } \frac{e^{st} \sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}} \text{ en los polos } s=0 \text{ y } s=s_k}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{sh}}{s^2 \cosh{sb}} \right] = h - \sum_{k=-\infty}^{m}{\frac{b(-1)^k e^{\pi i(k + \frac{1}{2})t/b} \sin{\frac{\pi}{b} (k + \frac{1}{2}) h}}{\pi^2 (k+\frac{1}{2})^2}}$

Recordando $\displaystyle h = \frac{x}{c}$ y $\displaystyle b = \frac{l}{c}$ ,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{\frac{sx}{c}}}{s^2 \cosh{\frac{sl}{c}}} \right] = \frac{x}{c} - \sum_{k=-\infty}^{\infty}{\frac{\frac{l}{c} (-1)^k e^{\pi i(k + \frac{1}{2})ct/l} \sin{\frac{c\pi}{l} (k + \frac{1}{2}) \frac{x}{c}}}{\pi^2 (k+\frac{1}{2})^2}}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{\frac{sx}{c}}}{s^2 \cosh{\frac{sl}{c}}} \right] = \frac{x}{c} + \frac{8l}{c\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{{(-1)}^n}{(2n-1)^2} \sin{\frac{(2n-1) \pi x}{2l}} \cos{\frac{(2n-1) \pi c t}{2l}}}$

Regresando en el momento de la transformada inversa de Laplace y sustituyendo,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [Y(x,s)] = \frac{c F_0}{E} \ \mathcal{L}^{-1} \left[\frac{\sinh{\frac{sx}{c}}}{s^2 \cosh{\frac{sl}{c}}} \right]$

$\displaystyle y(x,t) = \frac{c F_0}{E} \left[\frac{x}{c} + \frac{8l}{c\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{{(-1)}^n}{(2n-1)^2} \sin{\frac{(2n-1) \pi x}{2l}} \cos{\frac{(2n-1) \pi c t}{2l}}} \right]$

$\displaystyle y(x,t) = \frac{F_0}{E} \left[x + \frac{8l}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{{(-1)}^n}{(2n-1)^2} \sin{\frac{(2n-1) \pi x}{2l}} \cos{\frac{(2n-1) \pi c t}{2l}}} \right]$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore y(x,t) = \frac{F_0}{E} \left[x + \frac{8l}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{{(-1)}^n}{(2n-1)^2} \sin{\frac{(2n-1) \pi x}{2l}} \cos{\frac{(2n-1) \pi c t}{2l}}} \right]$

Problema 2. A una viga semi-infinita, la cual se halla inicialmente en reposo sobre el eje $x$ , se le comunica un desplazamiento transversal $h$ en el tiempo $t=0$ sobre el extremo $x=0$ . Determinar el desplazamiento transversal $y (x,t)$ de cualquier posición $x>0$ en cualquier tiempo $t>0$ .

Solución. El problema valor frontera es

$\displaystyle \frac{ \partial^2 y}{{\partial t}^2} + b^2 \frac{\partial^2 y}{{\partial x}^2} = 0$ , $x>0$ , $t>0$ .

Además,

$\displaystyle y(x,0) = 0$ , $y_t (x,0)=0$ , $y(0,t) = h$ , $y_{xx} (0,t)=0$ , $|y(x,t)| < M$

Donde sus transformadas de Laplace son

$\displaystyle \mathcal{L} [y(0,t)] = Y(0,s) = \frac{h}{s}$ , $\mathcal{L} [y_{xx} (0,t)] = Y_{xx} (0,s) =0$ $Y(x,s) \text{ es acotada}$

Luego, la transformada de Laplace de la ecuación anterior es

$\displaystyle \mathcal{L} \left[\frac{ \partial^2 y}{{\partial t}^2} \right] + b^2 \mathcal{L} \left[\frac{\partial^2 y}{{\partial x}^2} \right] = \mathcal{L} [0]$

$\displaystyle s^2 Y(x,s) - s(0) - (0) + b^2 \frac{d^2 Y}{{dx}^2} = 0$

$\displaystyle b^2 \frac{d^2 Y}{{dx}^2} + s^2 Y(x,s) = 0$

$\displaystyle \frac{d^2 Y}{{dx}^2} + \frac{s^2}{b^2} Y(x,s) = 0$

Resolviendo la ecuación diferencial, su solución general es

$\displaystyle Y(x,s) = e^{\sqrt{s/2b} x} \left(C_1 \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} + C_2 \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} \right) + e^{- \sqrt{s/2b} x} \left(C_3 \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} + C_4 \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} \right)$

Por la condición, $C_1 = C_2 = 0$ , así que

$\displaystyle Y(x,s) = e^{- \sqrt{s/2b} x} \left(C_3 \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} + C_4 \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} \right)$

Utilizando la primera condición, $Y(0,s)=h/S$

$\displaystyle Y(0,s) = e^{- \sqrt{s/2b} (0)} \left(C_3 \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} (0)} + C_4 \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} (0)} \right)$

$\displaystyle \frac{h}{s} = e^{0} \left(C_3 \cos{0} + C_4 \sin{0} \right)$

$\displaystyle \frac{h}{s} = (1) \left[C_3 (1) + C_4 (0) \right]$

$\displaystyle C_3 = \frac{h}{s}$

Por lo que,

$\displaystyle Y(x,s) = e^{- \sqrt{s/2b} x} \left(\frac{h}{s} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} + C_4 \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} \right)$

Para poder utilizar la siguiente condición, es necesario derivar parcialmente la función Y(x,s) dos veces. Entonces, la primera derivada es

$\displaystyle Y (x,s) = \frac{h}{s} e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} + C_4 e^{- \sqrt{s/2b} x} \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}$

$\displaystyle Y_{x} (x,s) = - \frac{h}{s} \cdot \sqrt{\frac{s}{2b}} e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} - \frac{h}{s} \cdot \sqrt{\frac{s}{2b}} e^{- \sqrt{s/2b} x} \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} - C_4 \cdot \sqrt{\frac{s}{2b}} e^{- \sqrt{s/2b} x} \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} + C_4 \cdot \sqrt{\frac{s}{2b}} e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}$

Y la segunda derivada es

$\displaystyle Y_{xx} (x,s) = \frac{h}{s} \cdot \frac{s}{2b} e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} + \frac{h}{s} \cdot \frac{s}{2b} e^{- \sqrt{s/2b} x} \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} + \frac{h}{s} \cdot \frac{s}{2b} e^{- \sqrt{s/2b} x} \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} - \frac{h}{s} \cdot \frac{s}{2b} e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} + C_4 \cdot \frac{s}{2b} e^{- \sqrt{s/2b} x} \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} - C_4 \cdot \frac{s}{2b} e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} - C_4 \cdot \frac{s}{2b} e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} - C_4 \cdot \frac{s}{2b} e^{- \sqrt{s/2b} x} \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}$

$\displaystyle Y_{xx} (x,s) = - 2C_4 \cdot \frac{s}{2b} e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}$

Utilizando la condición $Y_{xx} (0,s) = 0$ , resulta que

$\displaystyle Y_{xx} (0,s) = - 2C_4 \cdot \frac{s}{2b} e^{- \sqrt{s/2b} (0)} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} (0)}$

$\displaystyle 0 = - 2C_4 \cdot \frac{s}{2b} e^{0} \cos{0} = - 2C_4 \cdot \frac{s}{2b} (1) (1)$

$\displaystyle C_4 = 0$

Sustituyendo

$\displaystyle Y(x,s) = e^{- \sqrt{s/2b} x} \left(\frac{h}{s} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} + C_4 \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} \right)$

$\displaystyle Y(x,s) = e^{- \sqrt{s/2b} x} \left(\frac{h}{s} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} + (0) \sin{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} \right)$

$\displaystyle Y(x,s) = e^{- \sqrt{s/2b} x} \frac{h}{s} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x} = \frac{h e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s}$

Aplicando la transformada inversa de Laplace en ambos miembros,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} [Y(x,s)] = \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{h e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right]$

$\displaystyle y(x,t) = h \ \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right]$

Esto se resolverá utilizando la fórmula de inversión compleja

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - i \infty}^{\gamma + i \infty}{e^{st} \cdot \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - i \infty}^{\gamma + i \infty}{\left[ \frac{e^{st - \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds}$

Para calcular esto se utiliza el contorno de la figura 4 ya que $s=0$ es un punto de ramificación.

Procediendo

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] = - \frac{1}{2\pi i} \int_{EH}{\left[ \frac{e^{st - \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds} - \frac{1}{2\pi i} \int_{HJK}{\left[ \frac{e^{st - \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds} - \frac{1}{2\pi i} \int_{KL}{\left[ \frac{e^{st - \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds}$

Tomando el límite cuando $R \rightarrow \infty$ y $\epsilon \rightarrow 0$ ,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] = - \frac{1}{2\pi i} \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \int_{EH}{\left[ \frac{e^{st - \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds} - \frac{1}{2\pi i} \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \int_{HJK}{\left[ \frac{e^{st - \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds} - \frac{1}{2\pi i} \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \int_{KL}{\left[ \frac{e^{st - \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds}$

A lo largo de $EH$ , la sustitución a tomar es $s=ue^{\pi i}$ o $\displaystyle \sqrt{s} = i \sqrt{u}$ , por lo que

$\displaystyle \int_{EH}{\left[ \frac{e^{st - \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds} = \int_{R}^{\epsilon}{\left[ \frac{e^{ue^{\pi i}t - \sqrt{ue^{\pi i}/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{ue^{\pi i}}{2b}} x}}{u e^{\pi i}} \right] \ e^{\pi i} du}$

$\displaystyle \int_{EH}{\left[ \frac{e^{st - \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds} = \int_{R}^{\epsilon}{\left[ \frac{e^{-ut - i \sqrt{u/2b} x} \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du}$

A lo largo de $HJK$ , la sustitución a tomar es $s=\epsilon e^{i\theta}$ , por lo que

$\displaystyle \int_{HJK}{\left[ \frac{e^{st - \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds} = \int_{\pi}^{-\pi}{\left[ \frac{e^{\epsilon e^{i \theta}t - \sqrt{\epsilon e^{i \theta}/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{\epsilon e^{i \theta}}{2b}} x}}{\epsilon e^{i \theta}} \right] \ i \epsilon e^{i \theta} d\theta}$

$\displaystyle \int_{HJK}{\left[ \frac{e^{st - \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds} = i \int_{\pi}^{-\pi}{\left(e^{\epsilon e^{i \theta}t - \sqrt{\epsilon e^{i \theta}/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{\epsilon e^{i \theta}}{2b}} x} \right) d\theta}$

A lo largo de $KL$ , la sustitución a tomar es $s=ue^{- \pi i}$ o $\displaystyle \sqrt{s} = - i \sqrt{u}$ , por lo que

$\displaystyle \int_{KL}{\left[ \frac{e^{st - \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds} = \int_{\epsilon}^{R}{\left[ \frac{e^{ue^{-\pi i}t - \sqrt{ue^{-\pi i}/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{ue^{-\pi i}}{2b}} x}}{u e^{-\pi i}} \right] \ e^{-\pi i} du}$

$\displaystyle \int_{KL}{\left[ \frac{e^{st - \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] \ ds} = \int_{\epsilon}^{R}{\left[ \frac{e^{-ut + i \sqrt{u/2b} x} \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du}$

Entonces,

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] = - \frac{1}{2\pi i} \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \int_{R}^{\epsilon}{\left[ \frac{e^{-ut - i \sqrt{u/2b} x} \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du} - \frac{i}{2\pi i} \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \int_{\pi}^{-\pi}{\left(e^{\epsilon e^{i \theta}t - \sqrt{\epsilon e^{i \theta}/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{\epsilon e^{i \theta}}{2b}} x} \right) d\theta} - \frac{1}{2\pi i} \mathop{\lim_{R \rightarrow \infty}}_{\epsilon \rightarrow 0} \int_{\epsilon}^{R}{\left[ \frac{e^{-ut + i \sqrt{u/2b} x} \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] = - \frac{1}{2\pi i} \int_{\infty}^{0}{\left[ \frac{e^{-ut - i \sqrt{u/2b} x} \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du} - \frac{1}{2\pi} \int_{\pi}^{-\pi}{\left(1 \right) d\theta} - \frac{1}{2\pi i} \int_{0}^{\infty}{\left[ \frac{e^{-ut + i \sqrt{u/2b} x} \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] = \frac{1}{2\pi i} \int_{0}^{\infty}{\left[ \frac{e^{-ut - i \sqrt{u/2b} x} \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du} + \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi}{d\theta} - \frac{1}{2\pi i} \int_{0}^{\infty}{\left[ \frac{e^{-ut + i \sqrt{u/2b} x} \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] = \frac{1}{2\pi i} \int_{0}^{\infty}{\left[ \frac{\left(e^{-ut - i \sqrt{u/2b} x} - e^{-ut + i \sqrt{u/2b} x} \right) \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du} + \frac{1}{2\pi} \int_{\pi}^{-\pi}{d\theta}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] = - \frac{1}{2\pi i} \int_{0}^{\infty}{\left[ \frac{e^{-ut} \left(e^{i \sqrt{u/2b} x} - e^{- i \sqrt{u/2b} x} \right) \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du} + \frac{1}{2\pi} \int_{\pi}^{-\pi}{d\theta}$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] = - \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty}{\left[ \frac{e^{-ut} \sin{\sqrt{\frac{u}{2b}} x} \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du} + \frac{1}{2\pi} (2\pi)$

$\displaystyle \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right] = 1 - \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty}{\left[ \frac{e^{-ut} \sin{\sqrt{\frac{u}{2b}} x} \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du}$

Regresando donde se estaba determinando la transformada inversa de Laplace y sustituyendo,

$\displaystyle y(x,t) = h \ \mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{e^{- \sqrt{s/2b} x} \cos{\sqrt{\frac{s}{2b}} x}}{s} \right]$

$\displaystyle y(x,t) = h \left\{1 - \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty}{\left[ \frac{e^{-ut} \sin{\sqrt{\frac{u}{2b}} x} \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du} \right\}$

Finalmente,

$\displaystyle \therefore y(x,t) = h \left\{1 - \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty}{\left[ \frac{e^{-ut} \sin{\sqrt{\frac{u}{2b}} x} \cosh{\sqrt{\frac{u}{2b}} x}}{u} \right] du} \right\}$

Vibraciones de vigas. Problemas de valor frontera. Laplace.

Introducción

Problemas resueltos

Publicado por Cesar Reyes

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