Análisis General

Se desea calcular la deflexión (o “flecha”) de una viga simplemente apoyada en sus dos extremos $x=0$ y $x=L$, de sección pentagonal de acero (lo cual afecta al momento de inercia $I$, pero no altera la forma básica de las ecuaciones de la flexión), sometida a una carga distribuida que depende de la posición como

$$w(x) \;=\; F(x)\;=\;\log\bigl(x^{3}\bigr)\;=\;3\,\ln(x),$$

donde (suponiendo) $\ln(\cdot)$ denota logaritmo natural y $x$ está en metros.

Nota sobre la singularidad en $x=0$
Físicamente, $\ln(x)$ tiende a $-\infty$ a medida que $x \to 0^{+}$. Esto implica que, estrictamente, la función de carga $w(x) = 3\,\ln(x)$ no está bien definida justo en el apoyo izquierdo ($x=0$). En la práctica, podría interpretarse que la carga real se aplica solo a partir de un cierto tramo ($x>0$) o que se trata de un ejercicio meramente académico para ilustrar la integración con un tipo de carga “no usual”.
En lo que sigue, se procede a la integración formal y a la imposición de condiciones de apoyo en $x=0$ y $x=L$. Sin embargo, téngase presente que, físicamente, habría que revisar cómo manejar la vecindad de $x=0$.

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1. Ecuación diferencial de la viga

Para una viga de longitud $L$, apoyada en $x=0$ y $x=L$, la ecuación de flexión (en hipótesis de Bernoulli–Euler) es:

$$E\,I\,\frac{d^{4}y}{dx^{4}} \;=\; w(x),$$

donde:

• $y(x)$ es la flecha (deflexión) vertical de la viga en la posición $x$.
• $E$ es el módulo de elasticidad (para acero).
• $I$ es el momento de inercia de la sección transversal respecto al eje neutro.
• $w(x)=3\,\ln(x)$ en este problema (unidades de fuerza por unidad de longitud, p.e. N/m).

Por comodidad de notación, en muchos desarrollos uno escribe directamente

$$\frac{d^{4}y}{dx^{4}} \;=\; \frac{w(x)}{E\,I} \;=\; \frac{3\,\ln(x)}{E\,I}.$$

Aquí mostraremos primero la forma general (omitiendo, de momento, la constante $1/(E\,I)$), y al final se puede factorizar si se desea.

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2. Integración paso a paso

Sea

$$y''''(x) \;=\; 3\,\ln(x).$$

(Ignoramos la constante $\frac{1}{E\,I}$ para mantener las integraciones más limpias; luego se reintroduce multiplicando donde corresponda, o bien se sobreentiende que cualquier “3” es en realidad $3/(E\,I)$.)

2.1. Primera integración

$$y'''(x) \;=\; \int 3\,\ln(x)\;dx \;=\; 3\int \ln(x)\;dx.$$

Sabemos que

$$\int \ln(x)\,dx \;=\; x\,\ln(x) \;-\; x \;+\; C,$$

así que

$$y'''(x) \;=\; 3 \bigl[x\,\ln(x) \;-\; x\bigr] \;+\; C_{1} \;=\; 3\,x\,\ln(x) \;-\; 3\,x \;+\; C_{1}.$$

2.2. Segunda integración

$$y''(x) \;=\; \int \bigl(3\,x\,\ln(x) - 3\,x + C_{1}\bigr)\,dx.$$

Separamos términos:

1. $\displaystyle \int 3\,x\,\ln(x)\,dx = 3\int x\,\ln(x)\,dx.$

   • Mediante partes,
     (\int x,\ln(x),dx = \tfrac{x^2}{2},\ln(x) - \tfrac{x^2}{4}.)

   • Por tanto,
     (\displaystyle 3 \int x,\ln(x),dx = 3\Bigl(\tfrac{x^2}{2},\ln(x) - \tfrac{x^2}{4}\Bigr) = \tfrac{3,x^2}{2},\ln(x) - \tfrac{3,x^2}{4}.)

2. (\displaystyle \int \bigl(-3,x\bigr),dx = -3;\tfrac{x^2}{2} = -\tfrac{3,x^2}{2}.)

3. $\displaystyle \int C_{1}\;dx = C_{1}\,x.$

Agrupando,

$$y''(x) = \tfrac{3\,x^2}{2}\,\ln(x) \;-\; \tfrac{3\,x^2}{4} \;-\; \tfrac{3\,x^2}{2} \;+\; C_{1}\,x \;+\; C_{2}.$$

La parte puramente polinómica:

$$-\;\tfrac{3\,x^2}{4} \;-\; \tfrac{3\,x^2}{2} \;=\; -\;\tfrac{3\,x^2}{4} \;-\; \tfrac{6\,x^2}{4} \;=\; -\;\tfrac{9\,x^2}{4}.$$

Así,

$$y''(x) \;=\; \tfrac{3\,x^2}{2}\,\ln(x) \;-\; \tfrac{9\,x^2}{4} \;+\; C_{1}\,x \;+\; C_{2}.$$

2.3. Tercera integración

$$y'(x) \;=\; \int y''(x)\,dx \;=\; \int \Bigl[\tfrac{3\,x^2}{2}\,\ln(x) - \tfrac{9\,x^2}{4} + C_{1}\,x + C_{2}\Bigr]\,dx.$$

Por partes:

• $\displaystyle \int x^2 \ln(x)\,dx:$
  $\int x^2 \ln(x)\,dx = \frac{x^3}{3}\,\ln(x) - \frac{x^3}{9}.$

  Por tanto,
  (\tfrac{3}{2}\int x^2 \ln(x),dx = \tfrac{3}{2}\Bigl[\frac{x^3}{3},\ln(x) - \frac{x^3}{9}\Bigr] = \frac{x^3}{2},\ln(x) - \frac{x^3}{6}.)

• (\displaystyle \int \bigl(- \tfrac{9,x^2}{4}\bigr),dx = -;\tfrac{9}{4};\frac{x^3}{3} = -;\tfrac{3,x^3}{4}.)

• (\displaystyle \int C_{1},x,dx = C_{1},\tfrac{x^2}{2}.)

• (\displaystyle \int C_{2},dx = C_{2},x.)

Sumando todo:

$$y'(x) = \Bigl(\tfrac{x^3}{2}\,\ln(x) - \tfrac{x^3}{6}\Bigr) \;-\; \tfrac{3\,x^3}{4} \;+\; C_{1}\,\tfrac{x^2}{2} \;+\; C_{2}\,x \;+\; C_{3}.$$

Se combinan los términos en $x^3$:

$$-\;\tfrac{x^3}{6} \;-\; \tfrac{3\,x^3}{4} \;=\; -\,\tfrac{x^3}{6} \;-\; \tfrac{9\,x^3}{12} \;=\; -\,\tfrac{2\,x^3}{12} \;-\; \tfrac{9\,x^3}{12} \;=\; -\,\tfrac{11\,x^3}{12}.$$

Por tanto,

$$y'(x) = \tfrac{x^3}{2}\,\ln(x) \;-\; \tfrac{11\,x^3}{12} \;+\; \tfrac{C_{1}\,x^2}{2} \;+\; C_{2}\,x \;+\; C_{3}.$$

2.4. Cuarta (y última) integración

$$y(x) \;=\; \int y'(x)\,dx \;=\; \int \Bigl[\tfrac{x^3}{2}\,\ln(x) - \tfrac{11\,x^3}{12} + \tfrac{C_{1}\,x^2}{2} + C_{2}\,x + C_{3}\Bigr]\,dx.$$

• $\displaystyle \int x^3\ln(x)\,dx:$
  Por partes,
  (\int x^3\ln(x),dx = \frac{x^4}{4},\ln(x) - \frac{x^4}{16}.)

  Por tanto,
  (\tfrac{1}{2}\int x^3\ln(x),dx = \frac{1}{2}\Bigl[\frac{x^4}{4},\ln(x) - \frac{x^4}{16}\Bigr] = \frac{x^4}{8},\ln(x) - \frac{x^4}{32}.)

• (\displaystyle \int \bigl(-\tfrac{11,x^3}{12}\bigr),dx = -;\tfrac{11}{12};\frac{x^4}{4} = -;\tfrac{11,x^4}{48}.)

• (\displaystyle \int \tfrac{C_{1},x^2}{2},dx = \tfrac{C_{1}}{2};\frac{x^3}{3} = \tfrac{C_{1},x^3}{6}.)

• (\displaystyle \int C_{2},x,dx = C_{2},\tfrac{x^2}{2}.)

• (\displaystyle \int C_{3},dx = C_{3},x.)

Así,

$$y(x) = \Bigl(\frac{x^4}{8}\,\ln(x) - \frac{x^4}{32}\Bigr) \;-\; \frac{11\,x^4}{48} \;+\; \frac{C_{1}\,x^3}{6} \;+\; C_{2}\,\frac{x^2}{2} \;+\; C_{3}\,x \;+\; C_{4}.$$

Agrupando los términos en $x^4$:

$$-\;\frac{x^4}{32} \;-\; \frac{11\,x^4}{48} = -\;\frac{3\,x^4}{96} \;-\; \frac{22\,x^4}{96} = -\,\frac{25\,x^4}{96}.$$

Por tanto,

$$\boxed{ y(x) = \frac{x^4}{8}\,\ln(x) \;-\; \frac{25\,x^4}{96} \;+\; \frac{C_{1}\,x^3}{6} \;+\; \frac{C_{2}\,x^2}{2} \;+\; C_{3}\,x \;+\; C_{4}. }$$

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3. Condiciones de contorno (viga simplemente apoyada)

Para una viga biapoyada en $x=0$ y $x=L$, las condiciones usuales son:

1. Deflexión nula en los apoyos: $$y(0) \;=\; 0 \quad\text{y}\quad y(L) \;=\; 0.$$
2. Momento flector nulo en los apoyos: $$M(x) = E\,I\,y''(x)\quad \Longrightarrow \quad y''(0)=0,\; y''(L)=0.$$

Estas condiciones son las apropiadas para una viga articulada (o simplemente apoyada) en los extremos.
Nótese la dificultad en $x=0$ por la presencia de $\ln(x)$. Aun así, tomaremos el límite conforme $x\to 0^{+}$ y veremos que, gracias al factor $x^n$, varios términos pueden tender a 0.

3.1. Aplicando $y(0)=0$

Miremos la expresión de $y(x)$ cuando $x\to 0$:

$$\frac{x^4}{8}\ln(x) \;\to\; 0 \quad (\text{puesto que }x^4\to 0\text{ más rápido que }\ln(x)\to -\infty).$$

Los demás términos polinómicos en $x$ también van a 0 (pues cada uno tiene factor $x^n$, $n\ge1$), excepto $C_{4}$. Por tanto,

$$0 = y(0) = \lim_{x\to 0}y(x) = C_{4} \;\;\Longrightarrow\;\; C_{4} = 0.$$

3.2. Aplicando $y''(0)=0$

Recordemos que

$$y''(x) = \frac{3\,x^2}{2}\,\ln(x) \;-\; \frac{9\,x^2}{4} \;+\; C_{1}\,x \;+\; C_{2}.$$

Cuando $x\to 0$, el término $x^2\ln(x)\to 0$, el término $-\tfrac{9\,x^2}{4}\to 0$, y $C_{1}\,x\to 0$. El único que podría quedar es $C_{2}$. Por tanto,

$$0 = y''(0) = \lim_{x\to 0} y''(x) = C_{2} \;\;\Longrightarrow\;\; C_{2} = 0.$$

3.3. Aplicando $y(L)=0$

Conocemos ya $C_{4}=0$, $C_{2}=0$. Entonces:

$$y(L) = \frac{L^4}{8}\,\ln(L) \;-\; \frac{25\,L^4}{96} \;+\; \frac{C_{1}\,L^3}{6} \;+\; C_{3}\,L \;=\; 0.$$

Reordenamos:

$$\frac{C_{1}\,L^3}{6} \;+\; C_{3}\,L \;=\; \frac{25\,L^4}{96} \;-\; \frac{L^4}{8}\,\ln(L).$$

Podemos factorizar $L$ a la izquierda:

$$L\;\biggl(\,\tfrac{C_{1}\,L^2}{6} + C_{3}\biggr) \;=\; L^4\;\Bigl(\tfrac{25}{96} - \tfrac{1}{8}\ln(L)\Bigr).$$

Dividiendo entre $L\neq 0$,

$$\tfrac{C_{1}\,L^2}{6} + C_{3} \;=\; L^3\;\Bigl(\tfrac{25}{96} - \tfrac{1}{8}\ln(L)\Bigr). \tag{1}$$

3.4. Aplicando $y''(L)=0$

$$y''(L) = \frac{3\,L^2}{2}\,\ln(L) \;-\; \frac{9\,L^2}{4} \;+\; C_{1}\,L \;=\; 0.$$

Despejamos $C_{1}$:

$$C_{1}\,L = \frac{9\,L^2}{4} \;-\; \frac{3\,L^2}{2}\,\ln(L) \;\;\Longrightarrow\;\; C_{1} = \frac{9\,L}{4} \;-\; \frac{3\,L}{2}\,\ln(L). \tag{2}$$

3.5. Hallando $C_{3}$

Sustituyendo $\displaystyle C_{1}$ de $(2)$ en la ecuación $(1)$:

$$\frac{C_{1}\,L^2}{6} + C_{3} \;=\; L^3\;\Bigl(\tfrac{25}{96} - \tfrac{1}{8}\ln(L)\Bigr).$$

Con

$$C_{1} = L\Bigl(\tfrac{9}{4} - \tfrac{3}{2}\ln(L)\Bigr),$$

tenemos

$$\frac{C_{1}\,L^2}{6} = \frac{L^3}{6}\;\Bigl(\tfrac{9}{4} - \tfrac{3}{2}\ln(L)\Bigr) = \frac{L^3}{6}\;\frac{9}{4} \;-\; \frac{L^3}{6}\;\frac{3}{2}\ln(L) = \frac{3\,L^3}{8} \;-\; \frac{3\,L^3}{12}\,\ln(L).$$

(Si se hace con más cuidado usando fracciones:
$\tfrac{9}{4}\div 6 = \tfrac{9}{4}\times \tfrac{1}{6} = \tfrac{9}{24} = \tfrac{3}{8},$
$\tfrac{3}{2}\div 6 = \tfrac{3}{2}\times \tfrac{1}{6} = \tfrac{3}{12}.$)

Por tanto,

$$\frac{C_{1}\,L^2}{6} \;=\; \frac{3\,L^3}{8} \;-\; \frac{3\,L^3}{12}\,\ln(L).$$

Reemplazamos:

$$\Bigl(\frac{3\,L^3}{8} - \frac{3\,L^3}{12}\,\ln(L)\Bigr) \;+\; C_{3} \;=\; L^3\Bigl(\tfrac{25}{96} - \tfrac{1}{8}\ln(L)\Bigr).$$

Aislamos $C_{3}$:

$$C_{3} = L^3\Bigl(\tfrac{25}{96} - \tfrac{1}{8}\ln(L)\Bigr) \;-\; \frac{3\,L^3}{8} \;+\; \frac{3\,L^3}{12}\,\ln(L).$$

Agrupamos por un lado lo que depende de $\ln(L)$ y por otro lado los términos numéricos:

• Términos con $\ln(L)$:

  (\displaystyle -,L^3;\tfrac{1}{8},\ln(L) ;+; \frac{3,L^3}{12},\ln(L)

  L^3,\ln(L)\Bigl(-\tfrac{1}{8} + \tfrac{1}{4}\Bigr)

  L^3,\ln(L),\tfrac{1}{8}. )

• Términos sin $\ln(L)$:

  (\displaystyle L^3;\tfrac{25}{96} ;-; \frac{3,L^3}{8}

  L^3\Bigl(\tfrac{25}{96} - \tfrac{36}{96}\Bigr)

  L^3\Bigl(-\tfrac{11}{96}\Bigr)

  -,\frac{11,L^3}{96}. )

Por tanto,

$$\boxed{ C_{3} = -\,\frac{11\,L^3}{96} \;+\; \frac{L^3}{8}\,\ln(L). }$$

y

$$\boxed{ C_{1} = \frac{9\,L}{4} \;-\; frac{3\,L}{2}\,\ln(L), \quad C_{2}=0, \quad C_{4}=0. }$$

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4. Expresión final de $y(x)$

Sustituyendo las constantes halladas:

$$y(x) = \frac{x^4}{8}\,\ln(x) \;-\; \frac{25\,x^4}{96} \;+\; \underbrace{\bigl(\tfrac{9\,L}{4} - \tfrac{3\,L}{2}\ln(L)\bigr)}_{=\,C_{1}} \;\frac{x^3}{6} \;+\; \underbrace{\bigl(-\tfrac{11\,L^3}{96} + \tfrac{L^3}{8}\ln(L)\bigr)}_{=\,C_{3}} \;x.$$

Para mayor claridad, puede factorizarse un $L$, etc. Pero ya tenemos la función de deflexión que cumple las cuatro condiciones de apoyo. En notación más compacta:

$$\boxed{ y(x) = \frac{x^4}{8}\,\ln(x) \;-\; \frac{25\,x^4}{96} \;+\; \Bigl(\frac{9\,L}{4} - \frac{3\,L}{2}\,\ln(L)\Bigr)\,\frac{x^3}{6} \;+\; \Bigl(- \frac{11\,L^3}{96} + \frac{L^3}{8}\,\ln(L)\Bigr)\,x. }$$

Si quisiéramos incluir el factor $\tfrac{1}{E\,I}$ (que aparece en la ecuación diferencial real $\,E\,I\,y''''(x)=w(x)$), habría que multiplicar todos los términos que vengan de integrar $w(x)$ por $\tfrac{1}{E\,I}$. Las constantes de integración se ajustarían de igual manera para satisfacer las condiciones de contorno. En otras palabras, el resultado final sería

$$y(x) = \frac{1}{E\,I} \;\Bigl[\;\text{(la misma expresión obtenida arriba)}\Bigr].$$

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5. Cálculo de la flecha máxima

Para hallar el máximo de la flecha en el intervalo $(0,L)$, se necesita:

1. Calcular la derivada $y'(x)$ (la pendiente de la elástica).
2. Resolver la ecuación $y'(x)=0$ dentro de $(0,L)$.
3. Verificar cuál raíz da el valor máximo (en lugar de un mínimo local, etc.), y comparar también con los extremos si fuera necesario (aunque en los extremos la flecha es cero).

La derivada que ya obtuvimos (con las constantes incluidas) es:

$$y'(x) \;=\; \frac{x^3}{2}\,\ln(x) \;-\; \frac{11\,x^3}{12} \;+\; \frac{C_{1}\,x^2}{2} \;+\; C_{3},$$

con

$$C_{1} = \frac{9\,L}{4} - \frac{3\,L}{2}\,\ln(L), \qquad C_{3} = -\,\frac{11\,L^3}{96} \;+\; \frac{L^3}{8}\,\ln(L).$$

Por tanto, la condición de extremal es

$$y'(x) \;=\; 0 \quad\Longrightarrow\quad \frac{x^3}{2}\,\ln(x) \;-\; \frac{11\,x^3}{12} \;+\; \frac{C_{1}\,x^2}{2} \;+\; C_{3} \;=\; 0.$$

Es una ecuación transcendental (contiene $x^3\ln(x)$, etc.). En la práctica, no existe una solución cerrada elemental. Lo usual es:

1. No hay simetría (la carga $w(x)=3\ln(x)$ no es simétrica), así que no basta con mirar $x=L/2$.
2. Se introduce una variable adimensional $\alpha = x/L$.
3. Se reescribe la ecuación anterior en términos de $\alpha$ y $\ln(\alpha)$ (más $\ln(L)$), y se resuelve numéricamente (p.ej. con Newton-Raphson) para $\alpha\in(0,1)$.

Hecha esa búsqueda numérica, se hallará una $\alpha_{\mathrm{max}}$ que da el punto de máxima flecha. Finalmente, se evalúa $y(\alpha_{\mathrm{max}}\,L)$ en la fórmula de $y(x)$.

En muchos problemas de cargas “clásicas” (uniforme, triangular, etc.), se tienen fórmulas cerradas para la flecha máxima. En un caso como éste $\log(x^3)$, la forma de la carga obliga a resolver una ecuación trascendental.

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6. Comentario sobre la sección pentagonal

El que la sección transversal sea un pentágono de acero afecta principalmente a:

1. El cálculo del momento de inercia $I$, que se usaría en la fórmula.
2. El módulo de Young $E$.

La forma general de la solución de la viga no cambia. En otras palabras, toda la integración anterior es exactamente la misma:

• Simplemente, en la expresión final de $y(x)$ aparecerá un factor global $\tfrac{1}{E\,I}$ (con $I$ calculado específicamente para el pentágono).
• Si uno quiere la flecha en unidades físicas (metros), habrá que incorporar $\frac{1}{E\,I}$ y la magnitud real de la carga (en N/m, etc.).

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7. Resumen de la Solución

1. Ecuación de flexión:

   $$E\,I\,y''''(x) = 3\,\ln(x).$$

2. Solución general tras integrar 4 veces (omitiendo la constante $1/(E\,I)$ para simplificar en cada paso) y aplicar las condiciones de apoyo $y(0)=y(L)=0,\;y''(0)=y''(L)=0$, da:

   $$y(x) \;=\; \underbrace{\frac{x^4}{8}\,\ln(x) \;-\; \frac{25\,x^4}{96}}_{\text{parte por la carga}} \;+\; \underbrace{\Bigl(\frac{9\,L}{4} - \frac{3\,L}{2}\ln(L)\Bigr)\,\frac{x^3}{6} \;+\; \Bigl(- \frac{11\,L^3}{96} + \frac{L^3}{8}\,\ln(L)\Bigr)\,x}_{\text{ajuste para satisfacer BC}}.$$

   En rigor físico, la fórmula final completa sería

   $$\boxed{ y(x) = \frac{1}{E\,I} \,\Biggl[ \frac{x^4}{8}\,\ln(x) - \frac{25\,x^4}{96} + \Bigl(\frac{9\,L}{4} - \frac{3\,L}{2}\ln(L)\Bigr)\,\frac{x^3}{6} + \Bigl(- \frac{11\,L^3}{96} + \frac{L^3}{8}\,\ln(L)\Bigr)\,x \Biggr]. }$$

3. Flecha máxima:

   • Se determina numéricamente, resolviendo $y'(x)=0$ en el intervalo $(0,L)$.
   • Se comprueba cuál raíz produce el máximo (y no un mínimo local).
   • Se evalúa $y(x)$ en dicho valor.

No existe una expresión analítica sencilla (tipo “máximo en $x=L/2$” o parecida) porque la carga $w(x)=3\,\ln(x)$ no es ni simétrica ni polinómica simple. Por tanto, el resultado final para la flecha máxima se obtiene de:

$$x_{\max} \;\text{tal que}\; y'(x_{\max})=0, \quad 0 < x_{\max}< L, \quad \text{(resolviendo numéricamente)},$$

y luego

$$\delta_{\max} \;=\; y\bigl(x_{\max}\bigr).$$

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Conclusión

1. Se ha derivado la ecuación de la flecha elástica $y(x)$ para la viga biapoyada con carga $w(x)=3\ln(x)$.
2. Se han hallado las constantes de integración imponiendo las condiciones de contorno (flecha nula y momento nulo en $x=0$ y $x=L$).
3. La flecha máxima se localiza resolviendo $y'(x)=0$ numéricamente, pues la ecuación que surge es trascendental y no tiene solución cerrada simple.

El hecho de que la sección sea pentagonal de acero afecta a $E$ e $I$, pero no modifica la estructura de la solución; simplemente, en la respuesta final, se multiplica por el factor $\tfrac{1}{E\,I}$ (donde $I$ es el momento de inercia de la sección pentagonal) para obtener valores de flecha en unidades de longitud.