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25
CAPÍTULO I - 48 Problema 1 El estado de tensiones de un punto de un sólido viene definido por el siguiente tensor: ( ) 2 / 6 . 7 0 0 0 8 . 2 6 . 3 0 6 . 3 7 . 0 m N XYZ ij = σ Hallar: 1) Tensiones y direcciones principales, así como la matriz de paso entre el sistema OXYZ y el sistema principal. 2) Aplicando el método de Mohr hallar la tensión tangencial máxima y el plano en que se produce. 3) Obtener el vector tensión y las componentes intrínsecas para un plano cuya normal es 0 , 2 1 , 2 3 en el sistema OXYZ y en sistema principal. 4) Realizar el apartado anterior aplicando el método de Mohr 1) a la vista de la forma del tensor se infiere que σ zz es una tensión principal, Luego: => λ 3 76 = . y consecuentemente la dirección (0,0,1) es principal. El cálculo de una de las otras dos tensiones, sigue los pasos vistos en teoría, es decir: a) se resta un parámetro ( λ en este caso) a la diagonal principal. Se halla el determinante y se iguala a cero 2 5 . 5 0 8 . 2 6 . 3 6 . 3 7 . 0 2 1 = = = λ λ λ λ b) Una vez resuelto y halladas las tres raíces, se ordenan de mayor a menor resultando: 2 / 2 5 . 5 6 . 7 m N III II I = = = σ σ σ CALCULO DE LAS DIRECCIONES PRINCIPALES Puesto que la dirección principal I es dato se halla la dirección principal II. Para ello: a) se resta a la diagonal del tensor de tensiones el valor de la tensión principal II

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CAPÍTULO I - 48

Problema 1

El estado de tensiones de un punto de un sólido viene definido por el siguiente tensor:

( ) 2/6.700

08.26.306.37.0

mNXYZij

Hallar:

1) Tensiones y direcciones principales, así como la matriz de paso entre el sistema

OXYZ y el sistema principal.

2) Aplicando el método de Mohr hallar la tensión tangencial máxima y el plano en

que se produce.

3) Obtener el vector tensión y las componentes intrínsecas para un plano cuya

normal es

0,

21,

23

en el sistema OXYZ y en sistema principal.

4) Realizar el apartado anterior aplicando el método de Mohr

1) a la vista de la forma del tensor se infiere que σ zz es una tensión principal, Luego: => λ3 7 6= . y consecuentemente la dirección (0,0,1) es principal. El cálculo de una de las otras dos tensiones, sigue los pasos vistos en teoría, es decir: a) se resta un parámetro ( λ en este caso) a la diagonal principal. Se halla el determinante y se iguala a cero

25.508.26.3

6.37.021 −==⇒=

−−

λλλ

λ

b) Una vez resuelto y halladas las tres raíces, se ordenan de mayor a menor resultando:

2/25.56.7 mNIIIIII −=== σσσ

CALCULO DE LAS DIRECCIONES PRINCIPALES Puesto que la dirección principal I es dato se halla la dirección principal II. Para ello:

a) se resta a la diagonal del tensor de tensiones el valor de la tensión principal II

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CAPÍTULO I - 49

b) La matriz resultante se multiplica por el vector incógnita de la dirección principal II

1

05.56.700

05.58.26.306.35.57.0

222 =++

=

−−

IIIIII

II

II

II

nml

nml

c) Se añade una tercera ecuación fruto de plantear que el módulo del vestor unitario es la unidad

d) eligiendo 2 de las tres posibles ecuaciones del sistema y la ecuación de cosenos se halla las dirección principal II, resultando:

( )0,8.0,6.0 El cálculo de la dirección principal III se hará mediante el producto vectorial:

( ) ( 0,6.0,8.008.06..0100.. −=

=

kjiPD III )

(D. P. IIContenidaen el planoXY)

D. P. III(Contenidaen el planoXY)

Z ≡ Direcciónprincipal I

La matriz de paso se construye colocando en cada fila los cosenos directores de cada dirección:

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CAPÍTULO I - 50

−=

06.08.008.06.0100

L 2) Los círculos de Mohr serán:

σI σII σIII

θ

8.42max =−

= IIII σστ

El plano en que se produce la tensión tangencial máxima es aquel cuya normal forma 45º con el eje principal I y 45º con el eje principal III. Por tanto:

0122º45cos 2

121111 =−−==== mlnml

Resultando:

22,0,

22

3) El vector tensión en el sistema OXYZ

=

=

052.441.2

05.0

23

6.70008.26.306.37.0

T

para hallar el vector tensión en el sistema I,II,II, se ha de expresar en primer lugar el vector normal al plano en el sistema I,II,III:

−=

−==

39.0919.00

05.0

23

06.08.008.06.0100

*jiji nLn

Estando ahora en condiciones de hallar el vector tensión en el sistema I,II,II así:

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CAPÍTULO I - 51

=

−=

78.005.50

39.0919.00

20005.50006.7

*iT

las componentes intrínsecas pueden hallarse indistintamente en el sistema principal o en el OXYZ (son cantidades escalares) resultando:

( )

222

2

/78.2

/3.439.0

919.00

78.0,05.5,0

mNTTT

mNT

=−=

=

−=

στ

σ

4) Se hallan los ángulos correspondientes a los cosenos directores de la normal expresada en el sistema principal resultando:

( )

º11339.0919.0

)º900(arccosº900

→−→

=→

1) Se levanta una perpendicular por σ I . A partir de ella se mide un ángulo tal que su

coseno sea 0º . Se traza un segmento y se prolonga el extremo hasta que corte a la circunferencia externa: En este caso 90º con la dirección principal I cortará a la circunferencia externa de Mohr en el puntoσ III .

2) Con centro en O1 y radio O1 σ III se traza un trozo de arco y (en este caso se ve que dicho trozo coincide con una de las circunferencias de Mohr) por tanto la solución se encuentra sobre dicha circunferencia.

3) Se levanta una perpendicular por σ III y a partir de ella se mide un ángulo cuyo coseno sea –0.39 => 113º se traza un segmento hasta que corte a la circunferencia exterior de Mohr en P.

4) Con centro en O2 y radio O2 P se traza un arco hasta que al arco trazado en el punto 2 (en este caso el primer trozo de arco coincide con una circunferencia de Mohr).

5) La intersección de ambos trozos de arco es el punto solución (M).

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CAPÍTULO I - 52

σI σIII

π2113º

Tτ = 2 7.

O1 O2

PM

( ) º11339.0arccos2

0arccos

2

1

=−=

==

θ

πθ

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CAPÍTULO I - 53

Problema 2 Sea el tensor de tensiones de un punto elástico referido a un sistema XYZ:

−=

200000030001500015002000

ijσ N/m2

Hallar: a) Tensión cortante máxima y plano en que se produce b) Tensor esférico y desviador a) Es necesario hallar las tensiones y direcciones principales: Para ello puede

obsérvese que la componente σ zz es principal y consecuentemente la dirección (0,0,1) es principal. Resultando:

4081919030001500

1500200021 ==⇒=

−−

λλλ

λ

Ordenando de mayor a menor: 2/20009194081 mNIIIIII −=== σσσ Para hallar las direcciones principales: En este caso se opta por hallar la dirección principal II mediante el procedimiento normal y la dirección principal a través del producto vectorial, resultando:

1

0919200000

091930001500015009192000

222 =++

=

−−−

IIIIII

II

II

II

nml

nml

Eligiendo dos ecuaciones del sistema (la 3º y la 1º) mas la ecuación de cosenos resulta:

( )0,585.0,81.0.. −=IIPD Consecuentemente:

( ) ( ) ( )0,811.0,585.0...... =×= IIIPDIIPDIPD El tensor de tensiones expresado en el sistema principal es:

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CAPÍTULO I - 54

−=

20000009190004081

ijσ

La tensión tangencial máxima puede hallarse a partir del círculo de Mohr:

-2000 919 4081

45º45º

Resultando:

2max /3045

220004081 mNT =

+=τ

y la dirección de la tensión tangencial máxima es tal que la normal forma 45º con el eje principal I y 45º con el eje principal III. Resultando:

22,0,

22

b) Tensor esférico y desviador: En primer lugar hay que calcular la tensión intrínseca octaédrica

( ) 21 /100033

mNIT IIIIIIoct =

++==

σσσσ

Luego el tensor esférico será:

( ) ( ) 20 /100000

010000001000

mNT ijoct

ij =⋅= δσ σ

y el desviador:

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CAPÍTULO I - 55

( ) ( ) 2/300000020001500015001000

mNT ijoct

ijD

ij

−=⋅−= δσσ σ

El tensor desviador también puede expresarse en el sistema principal. Repitiendo el proceso de hallar las tensiones principales se llega:

( ) 2,, /

3000000810003081

mNIIIIIIDij

−−=σ

Que (como se puede observar a continuación) debe coincidir con el calculado a partir del tensor de tensiones expresado en el sistema principal:

−−+

=

− 3000000810003081

100000010000001000

20000009190004081

Siendo el tensor esférico el mismo en ambos sistemas pues es un invariante

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CAPÍTULO I - 56

Problema 3 Sea un cilindro de radio R y generatriz paralela al eje Z tal que las caras superior e inferior están sometidas a un cierto estado de cargas y la superficie lateral del mismo está libre de cargas. Se sabe que el tensor de tensiones es de la forma:

( ) 2/0

00

mNkxky

kxky

xy

yx

XYZij

−= σ

σσ

Donde el término σ xy es una incógnita, las fuerzas por unidad de volumen son despreciables, y k es un parámetro conocido. Se pide: a) Determinar el tensor de tensiones b) Tensiones y direcciones principales. Matriz de paso

R

a) El único dato que se dispone es la forma del tensor de tensiones, pero

independientemente de cual sea se sabe que las ecuaciones de equilibrio interno siempre han de cumplirse:

0

0

0,

=∂

∂⇒

=∂

∂⇒

⇒=+

xsegundalade

yprimeralade

F

xy

xy

Vijij

σ

σ

σ

La conclusión que se extrae es que: ( )zFxy =σ El otro dato disponible es la condición de contorno, que en este caso dice que la cara lateral está libre de cargas, es decir:

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CAPÍTULO I - 57

θ

Normal n (cos θ , senθ, 0)

T

R

La condición de que no existe carga alguna en la superficie lateral se traduce en:

( )( )

=

−⇒=⇒=

000

0

cos

00

000 θ

θσ sen

kxkykxzFkyzF

nT jij

Resultando:

=

− 000

)cos()(cos)(

θθθθ

senksenzF

zF

Puesto que esta igualdad ha de cumplirse para todo ángulo θ implica que: F(z) = 0

Luego σ xy = 0 Por tanto el tensor de tensiones queda de la forma siguiente:

( ) 2/0

0000

mNkxky

kxky

XYZij

−=σ

b) tensiones y direcciones principales, matriz de paso: Realizando el proceso acostumbrado:

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CAPÍTULO I - 58

000

0000

=−−

−−−

λλ

λ

kykxky

obteniendo:

+−

+−

+

=22

22

22

00

00

00

yxk

yxk

yxk

ijσ

Para calcular las direcciones principales:

1

00

0

222

22

22

22

=++

=

+−−

+−

−+−

III

I

I

I

nml

nml

yxkkxky

kxyxk

kyyxk

cuyo resultado es:

( ) ( )

++

−=

21,

2,

2..

2222 yx

x

yx

yIPD

Y repitiendo para las otras dos direcciones resulta:

( ) ( )

( ) ( )

++

−=

++=

21,

2,

2..

0,2

,2

..

2222

2222

yx

x

yx

yIIIPD

yx

y

yx

xIIPD

La matriz de paso se construye colocando en filas las direcciones principales:

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CAPÍTULO I - 59

Problema 4

El estado de tensiones de un punto de un sólido elástico es el siguiente

100024044

Se pide:

a) Tensiones y direcciones principales b) Vector tensión y componentes intrínsecas respecto a un plano cuya normal forma

ángulos iguales con los tres ejes coordenados c) Plano octaédrico, tensor esférico, y desviador. Tensiones intrínsecas octaédricas a) Para hallar las tensiones y direcciones principales seguimos el procedimiento

habitual, nada más que observando que σ z es principal y consecuentemente la dirección (0,0,1) es dirección principal resultando:

024

44=

−−−

λλ

Resolviendo y ordenando de mayor a menor resulta:

614 −=== IIIIII σσσ Para calcular la dirección principal I:

1

04100

04240444

222 =++

=

−−

−−

III

I

I

I

nml

nml

Del sistema de ecuaciones:

− + = ⇒ ==

8 4 0 20

l m mn

I I I lII

Resultando:

= 0,5

2,5

1.. IPD

Del análisis del tensor de tensiones se sabe que:

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CAPÍTULO I - 60

D. P. II => ( )1,0,0

Realizando el producto vectorial para hallar la dirección principal III resulta:

− 0,51,

52

b) El plano cuya normal forma ángulos iguales con los tres ejes:

⇒=++

==

31,

31,

311222 nml

nml

El vector tensión será:

=

−=

313

60

313

13

1

100024044

T

Las componentes intrínsecas:

62.2

37

313

13

1

31,

36,0

22 =−=

=

=

στ

σ

TTT

T

c) El plano octaédrico es aquel cuya normal está igualmente inclinado respecto a los tres ejes principales. Resultando:

=3

1,3

1,3

1octn

El vector tensión octaédrico es:

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CAPÍTULO I - 61

=

−=

363

13

4

313

13

1

600010004

octT

Las tensiones intrínsecas serán:

19.4

31

313

13

1

36,

31,

34

22 =−=

−=

−=

στ

σ

TTT

T

oct

oct

El tensor esférico es:

=⋅=

3100

0310

0031

31

ijesfij

I δσ

Y el desviador:

+

+

+−

=⋅−=

31100

03120

00314

31

ijijdesvij

I δσσ

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CAPÍTULO I - 62

Problema 5

Sea un cuerpo de altura 10m sometido al estado de cargas que se indica. Hallar: a) tensor de tensiones b) valor del ángulo α que forma un plano π (el plano π es perpendicular al plano yz y

contiene al eje X) con el eje Y para que la tensión intrínseca normal sea nula.

10 N/m2

10 N/m2

6 N/m2 (tensión tangencial )

20 N/m2

20 m

El cuerpo se encuentra sometido a las siguientes cargas: Una compresión variable desde 0 hasta 20 en las caras laterales. Una tracción de 10 en la cara superior e inferior Una tensión rasante en las caras superior e inferior Una tensión rasante de 6 en la cara frontal y trasera Las cargas se expresan en KN/m2 y las medidas del cuerpo en metros a) el tensor de tensiones será:

2/10060100600

mKNzij

−=σ

Donde el origen de coordenadas se ha situado en el centro del cubo El tensor de tensiones para el origen de coordenadas será:

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CAPÍTULO I - 63

2/10060100600

mKNij

−=σ

b)

α

n

Plano

Tσ = 0

Y

Z

La normal al plano será:

( )αα cos,,0 senn =

Luego el vector tensión:

−=

−=

ααα

αα

cos1010cos6

cos

0

10060100600

sensenT

Y la condición pedida se expresa como

( )

etcsen

sensenT

º225;º135;º45cos

0cos

0cos10,10,cos6

22 =⇒=

⇒=

−=

ααα

ααααασ

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CAPÍTULO I - 64

Problema 6

Sea el tensor de tensiones correspondiente a un punto de un sólido elástico:

−=

8000400010

)XYZijσ

Hallar: a) Tensor de tensiones referido a las siguientes direcciones:

( )

−=

==

21,

23,0´

23,

21,0´0,0,1´ zyx

b) Idem siendo ahora las direcciones: ( )1,0,0´´0,5

1,5

2´´ =

−= zx

c) Hallar en el círculo de Mohr las tensiones intrínsecas correspondientes a la dirección

21,

21,

21 expresada esta en el sistema XYZ

a) La matriz de transformación de coordenadas es:

=

21

230

23

210

001

L

Y el tensor de tensiones en los nuevos ejes será:

] [ ] [ ] [ ]

−==

13303350

0010

´´´T

ZYXij LL σσ

b) La dirección que falta por determinar una dirección, se halla a través del producto vectorial resultando:

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CAPÍTULO I - 65

=×= 0,5

2,5

1´´´´´´ xzy

Luego la nueva matriz de transformación de coordenadas es:

=

100

05

25

1

051

52

L

y realizando la misma operación anterior se obtiene:

] [ ] [ ] [ ]

−==

800

056

528

0528

536

´´´´´´T

ZYXij LL σσ

c) La dirección propuesta esta en el sistema XYZ que a su vez coincide con el principal (es importante apuntar que en el plano de Mohr siempre se trabaja en el sistema principal). Antes es necesario ordenar las tensiones principales resultando:

σ σ σI II III= = = −10 8 4; ; Levantando una perpendicular por σ I se traza un arco tal que cuyo coseno sea ½ =60º, este arco corta a la circunferencia exterior en el punto N luego con centro en O1 y radio O1 N se traza un trozo de arco. De igual forma levantando una perpendicular por σ III y trazando un arco cuyo coseno sea 1/2 → 60º hasta que corte a la circunferencia exterior ( en M ). Luego con centro en O2 y radio O2 M se traza otro trozo de arco. La intersección de ambos trozos de arco es el punto solución, que midiendo a escala proporciona el valor de : T y Tσ τ

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CAPÍTULO I - 66

O1 O2

MN

Punto solución

60º

A B

Que se puede comprobar numéricamente

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CAPÍTULO I - 67

Problema 7

Sea el siguiente estado tensional de un sólido de dimensiones 2 a × 2 a × 2 a

05343

132

7453222

22

=−++=

++=−=

−+=−+−=

yzzz

xzyy

xyxx

zyx

yzy

xyzzyx

σσ

σσ

σσ

a) Hallar las fuerzas por unidad de volumen. b) Resultante de fuerzas y momentos respecto al origen de las tensiones que actúan

en la cara y = a suponiendo que los ejes se sitúan en el centro del cubo Aplicando las ecuaciones de equilibrio interno:

( ) 0, =+ iVjij Fσ Resulta:

03000044

0644

=+++=++−

=+++−

V

V

V

ZYyyXzxx

Resultando finalmente:

( )

−=

306z

F iV

b) Se entiende por resultante a la suma de todas fuerzas que actúan sobre cada uno de los infinitos puntos de una cara del sólido. Por tanto en primer será necesario expresar el tensor de tensiones para esa cara asunto que se consigue sustituyendo y por a:

−++++−−+

++−+−+−=

53430130274

1374532

2

2

222

zaxazaaxz

azaxzzax

ijσ

A continuación se calcula el vector tensión para la cara y = a , cuya normal es ( 0, 1, 0) Resultando:

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CAPÍTULO I - 68

−+=

−++++−−+

++−+−+−=

02

74

010

53430130274

13745322

2

2

222

aaxz

zaxazaaxz

azaxzzaxTi

Las componentes x e y de la resultante son:

( )

( )∫∫

∫∫

−−

−−

−=−=

−=−+=

a

a

a

ay

a

a

a

ax

adxadzR

adxaxzdzR

42

2

82

2874

Para calcular los momentos la figura siguiente puede servir de ayuda resultando:

2a

2a

2a TY

TX

O

El momento respecto al origen O de las tensiones T es igual al producto vectorial de la fuerza por la distancia al origen, resultando:

( )

( ) ( )( ) ( )

34

22

222

283

4

76742

742742

0

akaj

dxaazxadzkzdxaxzdzjzdxadzi

dAaxaazxakzdAaxzjzdAai

dAaTxTkzdATjzdATidATT

zaxkji

M

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

xyxy

yx

+

=+−−+−−+−−

=+−−−+−−+−−

=−++−==

∫∫∫∫∫∫

∫ ∫∫

∫ ∫∫ ∫

−−−−−−

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CAPÍTULO I - 69

Problema 8 Sea el tensor de tensiones siguiente, correspondiente a un punto de un sólido elástico:

−=

100024044

ijσ

a) Calcular y dibujar dos posibles triedros de referencia del sistema principal b) las matrices de paso c) dibujar el vector en cada uno de los triedros Como se sabe el sistema de referencia no es único, pues depende del signo que se adopte para las raíces. En nuestro caso: a) Se calcula en primer lugar las tensiones principales resultando:

]

−=

600010004

,, IIIIIIijσ

La dirección principal II es dato resultando ( )1,0,0.. =IIPD Supóngase que se calcula la dirección principal I: Siguiendo el procedimiento habitual de restar la tensión principal (en este caso la I) a la diagonal principal y multiplicar por el vector correspondiente resulta:

1

04100

04240444

222 =++

=

−−

−−

III

I

I

I

nml

nml

Operando resulta:

= 0,5

2,5

1.. IPD

Y la dirección principal III se puede hallar mediante el producto vectorial siguiente:

−== 0,5

1,5

2

100

05

25

1..

kji

IIIPD

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CAPÍTULO I - 70

La matriz de paso resulta ser:

−=

051

52

100

05

25

1

L

Supóngase que se siguen los siguientes pasos: Se calcula en primer lugar la dirección principal III y luego la dirección principal I mediante el producto vectorial, resultando en este caso:

−= 0,5

1,52.. IIIPD

−−=

−= 0,

52,

51

05

152

100..kji

IPD

y la matriz de paso:

−−

=

05

152

100

052

51

L

Que no coincide con la anterior Los triedros en ambos casos quedan:

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CAPÍTULO I - 71

CASO 1º

II

Dirección principalIII (contenida en elplano XY)

Dirección principal I(contenida en el planoXY)

X

Y

CASO 2º

II Dirección principalIII (contenida en elplano XY)

Dirección principal I(contenida en el planoXY)

X

Y

c)

Expresemos un vector cualquiera por ejemplo

411,

41,

21

en cada triedro de

referencia: CASO 1ª

=

−=

335.025.0

447.0

4114121

051

52

100

05

25

1

1Vector

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CAPÍTULO I - 72

Caso 2º :

−=

−−

−−

=335.025.0447.0

4114121

051

52

100

05

25

1

2Vector

Dibujando el Vector 1 y Vector 2 en cada triedro se obtiene:

II

Dirección principalIII (contenida en elplano XY)

Dirección principal I(contenida en el planoXY)

Vector 1º

X

Y

II Dirección principalIII (contenida en elplano XY)

Dirección principal I(contenida en el planoXY) Vector 2º

X

Y

Y como puede observarse ambos vectores tienen igual representación. Conclusión: Aunque los triedros y matrices de transformación no coinciden los resultados son idénticos, pues las direcciones en ambos casos son las mismas