Capitulo 6.3 Metodo de La Distribucion de Momentos o Metodos de Cross

 

228 

ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 

cuyo equilibrio se puede comprobar fácilmente.

Ejemplo 6.9 Una estructura está formada por una serie de pórticos del tipo indicado en la figura, que se hallan separados entre sí 8 m. La viga debe debe soportar una carga vertical de 2.50 kN/m2  actuando sobre el área aferente, además de un empuje horizontal de 10 kN.

Solución

 Avalúo de la carga  w = 2.50 × 8 = 20 kN/m 

Coeficientes de distribución

δ BA =

1 1 + 1.5

δ BC = 1.5 = 0.600

= 0.400,

δ CB = δ CD = 1.5 1.5 + 1.5

2.5

= 0.500

 Momentos de empotramiento F F = −M CB = M BC

wL2   12

= 20 × 25 = 41.7 kN⋅m 12

 

 

MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODOS DE CROSS 

229 

Como no hay simetría, la estructura sufrirá desplazamientos. Fácilmente se ve que sólo tiene un grado de libertad para desplazarse. Por consiguiente, se necesitarán necesitarán dos crosses. 

Primer Cross: sin cconsiderar onsiderar desplazamiento Se efectúa el primer Cross, ignorando la fuerza horizontal y suponiendo que la estructura tiene impedido el desplazamiento. AB

BA

BC

CB

CD

DC

0

0.400

0.600

0.500

0.500

0

–41.7 20.8 –12.5 6.2 –3.1 1.6

20.9

10.5

6.3

3.2

1.5

0.8

–28.7

28.7

14.5

–8.4

–16.7

–2.1

–4.2

–0.6

–1.2

41.7 –25.0 10.4 –6.2 3.1 –1.9

–11.1

–22.1

22.1

Es necesario empezar por el análisis de la viga, pues sus reacciones influyen en el equilibrio de los elementos inclinados: R BC =

20 × 5 28.7 − 22.1 − = 48.7 kN   2 5

R CB = 50  + 1.4 = 51.4 kN  

HA = HB =

22.1 + 11.1 + 48.7 × 3   4

= 44.8 kN  

 

230 

ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 

= H = 28.7 +  14.5 + 51.4 × 4 = 62.2 kN  

H C

4

D

Resumiendo las fuerzas horizontales en un solo diagrama:

∑ Fx = 62.2 − 44.8 = 17.4 kN  

La fuerza de 17.4 kN representa la reacción del apoyo implícito en la suposición de no desplazamiento. Su sentido indica que debido a la carga vertical se produce un desplazamiento hacia la izquierda. Si la carga aplicada fuese por coincidencia de 17.4 kN no se produciría ningún desplazamiento, pues estaría reemplazando exactamente al apoyo ficticio. Como sólo es de 10 kN, no podrá impedir totalmente el desplazamiento sino que apenas logrará disminuirlo. Si, por el contrario, fuese mayor de 17.4 kN, primaría su acción y el desplazamiento definitivo sería hacia la derecha.

Segundo Cross: efecto del desplazamiento Estando el problema en este estado, es importantísimo dibujar correctamente un esquema de la estructura deformada, ya que de él se obtendrán las relaciones entre los desplazamientos de los distintos elementos. En el presente caso:

 

MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODOS DE CROSS 

231 

Se observa que los elementos inclinados hacen que el desplazamiento horizontal esté acompañado por un movimiento vertical simultáneo. De la geometría de la figura se obtienen las siguientes relaciones.

∆

∆

∆ = cosα  = (4 / 5) = 1.250 ∆ ∆ ∆ ∆ CD = = = 1.415 ∆  AB

cos β 

 

(4 / 5.66)

∆ BC  = ∆ AB senα + ∆ CD sen β    1.25 × + 1.415 × 3

 

5

4    5.66 

∆ = 1.750 ∆

Como M"   es proporcional a (K/L)∆, suponiendo M" =  –20.0 kN⋅m y aplicando las anteriores relaciones, se encuentra: ' ' M 'BC  / M 'AB

M BC = ''

'' = M CD

= [6E(K / L ) BC  ∆ BC  /  ] [6  E(K / L)AB ∆ AB ] 

20.0 × (1.5 / 5) (1 / 5)

 

×

1.75∆ 1.25∆

= 42.0 kN⋅m

− 20.0 × (1.5 / 5.66) 1.415∆   = −30.0  kN⋅m × (1 / 5) 1.25∆

Con estos valores se efectúa el Cross de desplazamientos: AB

BA

BC

CB

CD

DC

Emp.

0.400

0.600

0.500

0.500

Emp.

–20.0 –4.4

–20.0 –8.8

–30.0 –3.0

1.2

42.0 –6.0 –6.6 3.3 0.9

–30.0 –6.0

0.6

42.0 –13.2 –3.0 1.8 1.6

3.3

1.6

–0.3 –24.1

–0.6 –28.2

–1.0 28.2

–0.4 33.2

–0.5 –33.2

R BC = R CB =

28.2 + 33.2   5

–0.2 –31.6

= 12.3 kN  

 

232 

ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 

H B 

= HA   = 28.2 + 24.1 + 12.3 × 3 = 22.3 kN   4

H C  = H D  

= 33.2 + 31.6 + 12.3 × 4 = 28.5 kN   4

Combinando los dos diagramas:

La aplicación del principio de superposición se puede visualizar mediante los siguientes diagramas:

→ 

10 = 17. 4 − α × 50.8   17.4 − 10 α= = 0.1457   50.8

Utilizando este valor como constante de proporcionalidad para el segundo Cross y superponiendo los valores alcanzados a los del primero, se obtiene: MAB  = –11.0 + 0.1457 (–24.1) = –14.5 kN⋅m

 

MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODOS DE CROSS 

233 

MBA  = –22.0 + 0.1457 (–28.2) = –26.1 kN⋅m MBC  = 22.0 + 0.1457 (28.2)

=

26.1 kN⋅m = – 23.9 kN⋅m

MCB  = –28.7 + 0.1457 (33.2) MCD  = 28.7 + 0.1457 (–33.2)

= 23.9 kN⋅m

MDC  = 14.0 + 0.1457 (–31.6)

= 9.4 kN⋅m

Analizando cada elemento se encuentran las reacciones:

R BC = 2.5 × 20 +

26.1 − 23.9 5

= 50.4 kN ↑  

R CB = 50.0 − 0.4 = 49.6 kN

(+) =

M max

HA = HB =

(50.4) 2

 

↑

− 26.1 = 37.4  kN·m

2 × 20 26.1 + 14.5 + 50.4 × 3   4

= 47.95 kN  

Para el diseño de los elementos inclinados interesa conocer las fuerzas axiales y normales (corte) a que están sometidos. Por geometría:

FA = R AB sen α + H A cosα =  

= 50.4 × 0.8 + 48   .0 × 0.6 = 69.1 kN (C)   NA

= − R AB cos α + H A sen α =   = −50.4 × 0.6 + 48   .0 × 0.8 = 8.2 kN (

)

Considerando ahora el elemento CD:

H C  = H D  

= 23.9 + 9.4 + 49.6 × 4 = 57.93 kN   4

Comprobación:

 

234 

ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 

H A + H D = 9.98 kN ← ≈ 10

β  F

= (49.6 + 57   .9) 0.707 = 76.0 kN (C)  

D

  .6) 0.707 = 5.9 kN ( N D = (57.9 − 49

)

Comprobación: 23.9 + 9.4 4 2

= 5.9 kN β  

Ahora sí se pueden dibujar los diagramas de corte y momento.

Ejemplo 6.10 Resuelva el pórtico mostrado. La carga sobre las vigas está dada en kilonewtons por metro de proyección horizontal.

Solución

Se empleará simplificación por simetría:

 

MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODOS DE CROSS 

LV =

(5) 2 + (1.50) 2

K BC = K CD =

3 × 83 5.22

3 K AB = K ED = 3 × 6 4

235 

= 5.22 m

= 294

 

= 162

Coeficientes de distribución

δ BA =

162 162 + 294

= 0.355  

δ BC = 294 = 0.645 456

Primer Cross: sin desplazamiento. Momentos de empotramiento: F M FBC = − M CB = 

24 × 25 12

= 50.0 kN⋅m

AB

BA

BC

CB

0

0.355

0.645

0

–17.8 –17.8

50.0 –32.2 17.8

–50.0 –16.1 –66.1

–8.9 –8.9

Cálculo de reacciones

R BC = R DC = 24 × 5 = 120.0 kN

↑ 

H BC   = H CB  

= 120.0 × 2.50  + 66.1 − 17.8   1.50

= 232.2 kN  

 

236 

ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 

H AB = H BA =

17.8 + 8.9 4

= 6.7 kN  

Por consiguiente, la estructura total queda:  

A pesar de que la estructura en conjunto está en equilibrio como consecuencia de la simetría, su naturaleza hace que sufra desplazamientos del tipo mostrado en la página siguiente. Esto se traduce en la falta de equilibrio de los nudos B y D en el diagrama anterior.

β =  tg −1 = 1  .50 = 16.70 o   5

Segundo Cross: efecto del desplazamiento  M ij'' =    6 E

 

K   ∆   L   ij

' ' = M 'BA = −100.0 kN⋅m, utilizando la fórmula anterior, las relaciones Suponiendo M 'AB

del triángulo de deformaciones y las propiedades de los elementos: ' M 'BC

'' = M CB =

100.0 × (294 / 5.22) × ∆ BC (162 / 4) × ∆ AB

= 

 

MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODOS DE CROSS 

=

237 

100.0 × 294

×4 = 484.0 kN⋅m 162 × 5.22 × sen β

AB

BA

BC

CB

0 –100.0 –68.2

0.355 –100.0 –136.3

0.645 484.0 –247.7

0 484.0 –123.8

–168.2

–236.3

236.3

360.2

RBC  = RDC  = 0 

H BC = H CB =

236.3 + 360.2

 

= 397.7 kN  

1.50

H AB = H BA =

y en conjunto:

Aplicando ahora el principio de superposición:

0

= 225.5 − α ( 498.8 )  

236.3 + 168.2 4

= 101.1 kN  

 

238 

ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 

→

α=

225.5 498.8

= 0.4521 

Por consiguiente, los momentos definitivos serán: MAB 

= – 8.90 + 0.4521 × (–168.2) = –84.9 kN⋅m

MBA 

= –17.8 + 0.4521 × (–236.3) – 124.6 kN⋅m

MBC

= –MBA = 124.6 kN⋅m

MCB 

= –66.1 + 0.4521 × (360.2) = 96.7 kN ⋅m

y los demás se obtienen por simetría.

Comprobación: H BC = H CB =

120 × 2.5 − 124.6 − 96.7   1.50

= 52.47 kN  

H AB = H BA =

124.6 + 84.9   4

= 52.38 kN  

(∑ Fx )B = 0.09  kN ≈ 0 β   Para los diagramas de corte y momento sobre las vigas, se acude de nuevo a las fuerzas axiales y normales. FBC = 120.0 sen β  + 52.5 cosβ = 84.8 kN (C)  

= 120.0 cosβ  − 52.5 sen β = 99.9 kN   ( )

N BC

w n = w cos 2 β =   24 cos 2 β = 22.0 kN / m   w t = w cos β sen β  = 24 sen β cos β = 6.6 kN / m   M max (+) =

(99.9) 2

 

2 × 22.0

−124.6 = 102.2 kN⋅m

FCB = 52.5  cos β = 50.3 kN (C)   N CB = 52.5  sen β = 15.1 kN   ( ) y los diagramas finales quedan:

 

MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODOS DE CROSS 

239 

Un posible despiece de la armadura principal de un pórtico tal en hormigón reforzado, sería:

Ejemplo 6.11 Resuelva la estructura mostrada.

Solución

La estructura tiene dos grados de libertad. Por consiguiente, se necesitarán tres crosses: el inicial, suponiendo que no hay desplazamiento, y uno adicional por cada grado de libertad.

 

240 

ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 

Coeficientes de distribución  K AB = K DE K FG

→ 

3 × (3) 3 3

K CD =

= 27

= 3 × (4) = 76.8   3

K EG

2.5

=

4 × (4) 3 5.5

K 'FG   =

3 4

= 46.5

3 × (4) 3 3

= 64

= 3 × (5) = 62.5  

K BD =

3

6

3 × (4) 3 4

= 48

×  46.5 = 34.9  

 Nudo B:

δ BA =

27   27 + 48

= 0.360  

δ BD =  48 = 0.640   75

 Nudo D:

δ DE =

76.8   48 + 64 + 76.8

= 0.407  

δ DB =  48 = 0.254   188.8

δ DC = 64 = 0.339   188.8

 Nudo E:

δ ED =

76.8 76.8 + 62.5

= 0.551  

δ EG = 62.5 = 0.449   139.3

 Nudo G:

δ GE =

62.5 62.5 + 34.9

= 0.642  

δ GF = 34.9 = 0.358   97.4

Primer Cross: sin desplazamientos Momentos de empotramiento M BD = F

wL2 12

30 × 16

+ PL =   8

12

+ 50 × 4 = 65.0 kN⋅m 8

 

MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODOS DE CROSS 

241 

M FDB = − M  FBD = − 65.0 kN⋅m M EG = − M GE = F

F

wL2   12

=

20 × 36 12

= 60.0  kN⋅m ED

EG

GE

GF

0.551

0.449

0.642

0.358

–33.1 13.3 –18.0 7.6 –6.6 –36.8

60.0 –26.9 19.3 –14.6 4.4 –5.4 36.8

–60.0 38.5 –13.5 8.7 –7.3 4.7 –28.9

BA

BD

DB

DE

DC

0.360

0.640

0.254

0.407

0.339

65.0 –41.6 8.3 –5.3 4.8 –3.1 28.1

–65.0 16.5 –20.8 9.5 –2.7 3.0 –59.5

26.5 –16.6 15.2 –9.0 4.7 20.8

22.0

–23.4 –3.0 –1.7 –28.1

12.7 4.0 38.7

AB

CD

0

0

–11.7 –1.5

11.0 6.4

–0.8 –14.0

2.0 19.4

Evaluación del corte en las columnas:

HA = HB =

28.1 + 14.0   3

= 14.03 kN  

21.5 4.8 2.6 28.9

 

242 

ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 

Similarmente:

38.7 + 19.4 = 19.37 kN 3 16.0 HE = HD = = 6.40 kN   2.50 28.9 H =H = = 5.25 kN G F 5.50 y el diagrama del conjunto será: HC = HD =

de donde se deduce que en el nivel superior existe una fuerza de desbalance de: 11.0 + 1.15 = 12.15 kN y en el intermedio otra que vale: 25.0 – 11.74 = 13.26 kN donde los primeros valores corresponden a las fuerzas reales aplicadas. Esto implica que las cargas producen desplazamientos hacia la derecha, tanto en el nivel superior como en el intermedio, pues en el primero la reacción implícita es de signo contrario a la carga aplicada, y en el segundo del mismo signo, pero inferior a ella. La interpretación del sentido del desplazamiento no es indispensable para resolver el problema, pues un

 

MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODOS DE CROSS 

243 

supuesto errado simplemente conduce a valores negativos de los coeficientes de proporcionalidad.

Segundo Cross: desplazamiento del nivel superior dejando fijo el nivel intermedio

Se vio que para ambos extremos empotrados: 6 EI ∆

M '' =

K   = 6E     ∆ 

  L  

2

L

En cambio, cuando uno de los extremos está articulado: M' ' =

3EI 2

L

K   ∆ = 3E     ∆ 

  L  

Por consiguiente, si se supone: ''

M

DE

''

= M  ED = 50.0 kN⋅m

resulta: ' M 'FG  = 0  

'' M GF = 50.0 ×

3E ( 46.5 / 5.5 ) ∆ S

 

6E ( 76.8 / 2.5 ) ∆ S

y con estos valores se efectúa el Cross correspondiente:

= 6.9 kN⋅m

 

244 

ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 

ED

EG

GE

GF

0.551

0.449

0.642

0.358

50.0 –27.6 –10.2 6.8 2.8 –3.5

–22.4 –2.2 5.6 3.6 –2.9

–4.4 –11.2 7.2 2.8 –1.8

–1.0

18.3 39.3

–18.3 –39.3

–7.4 –15.9

7.4 +15.9* 

BA

BD

DB

DE

DC

0.360

0.640

0.254

0.407 50.0 –20.3 –13.8

0.339

–12.7 –6.4 2.3 –0.6 1.7 + 3.7

4.1 1.8 –1.2 –1.7 –3.7

3.5 2.1 –1.4 –8.5 –18.3

5.6 3.4 –2.2 22.7 48.8

6.9 –2.5 4.0

–17.0

4.7 –1.9 –14.2 –30.5* 

∗

  AB

CD

0

0 –8.5 2.4 –1.0 –7.1 –15.3* 

1.2 –0.3 0.9 1.9

Corte en las columnas: 

HA = HB =

∗

 Valores

1.7 + 0.9   3

= 0.87 kN  

corregidos = 2.150 (valores originales); x = 2.150, según la página 249. 

 

MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODOS DE CROSS 

245 

H C = H DC =

H E = H DE =

14.2 + 7.1 = 7.10 kN   3

18.3 + 22.6 2.5

H F = H GF =

7.4 5.5

= 16.36 kN  

= 1.35 kN  

y para la estructura en conjunto: 

Tercer Cross: desplazamiento del nivel intermedio dejando fijo el nivel superior

 

246 

ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 

Suponiendo ahora: ' ' =M 'ED = −50.0 kN⋅m M 'DE

Como todas las columnas que sufren desplazamiento se encuentran en condiciones similares, resulta: ' ' M 'AB = M 'BA = 50.0 × 

( 27 / 3 )∆ i = 14.7 kN⋅m ( 76.8 / 2.5 )∆ i

'' ' M CD = M 'DC = 50.0 × 

( 64 / 3 )∆ i = 34.7 kN⋅m (76.8 / 2.5 )∆ i

Con estos valores se efectúa el Cross correspondiente:

 

MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODOS DE CROSS 

247 

ED

EG

GE

GF

0.551

0.449

0.642

0.358

–50.0 27.6 3.1 –1.7 –1.9 3.0

–1.4 –3.6 2.5

11.2 –7.2 –0.7 0.4

–19.9 –23.2

19.9 23.2

3.7 4.3

22.4

BA

BD

DB

DE

DC

0.360

0.640

0.254

0.407

0.339

3.9 –4.7 –2.3 –0.7 0.4

34.7 5.2

0.4

–9.4 2.0 –1.0 –1.2 0.8

–50.0 6.2 13.8 –3.7 –0.9 0.7

9.1 10.6

–9.1 –10.6

–3.4 –4.0

–33.9 –39.6

14.7 –5.3 –0.7

–4.0 0.3 –3.7 –4.3∗* 

–3.1 0.5 37.3 43.6∗ 

AB

CD

0

0

14.7 –2.7 –0.4 0.2

34.7 2.6 –1.6 0.3

11.8 13.8

+36.0 42.1∗ 

Corte en las columnas:

*

 Valores

corregidos = 1.168 (valores originales); y = 1.168, según página 249. 

 

248 

ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 

HA = HB =

11.8 + 9.1 = 6.97 kN   3

H C = H DC =

37.3 + 36.0

 

= 24.43 kN  

3

H DE

=HE =

HF = HG =

19.9

+ 33.9 2.5

3.7 5.5

= 21.52 kN

= 0.67 kN

 

y para el conjunto:

Superponiendo ahora los tres casos y aplicando a cada nivel la ecuación de equilibrio de fuerzas horizontales, se obtiene:

 

MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODOS DE CROSS 

249 

11.0 = –1.15 + 17.71 x – 22.19 22. 19 y 25.0 = 11.74 – 22.59 2 2.59 x + 52.92 y y resolviendo este sistema de ecuaciones: x  = 2.150

y = 1.168

Los momentos obtenidos en el segundo Cross se multiplican por  x y los del tercero por  y. Superponiéndolos Superponié ndolos a los del primer Cross, se logran los momentos definitivos: MAB  = –14.0 + 2.150 2.1 50 (0.9) + 1.168 (11.8) = 1.7 kN ⋅m MBA  = –28.1 + 3.7 + 10.6 = –13.8 kN⋅m MBD  = 13.8 kN⋅m MCD  = 19.4 19. 4 – 15.3 15 .3 + 42.1 = 46.2 kN⋅m MDC  = 38.7 38. 7 – 30.5 30 .5 + 43.6 = 51.8 kN⋅m MDB  = –59.5 – 18.3 – 4.0 = –81.8 kN⋅m MDE  = 20.8 + 48.8 – 39.6 = 30.0 30 .0 kN⋅m MED  = –36.8 + 39.3 – 23.2 = –20.7 kN⋅m MEG  = 20.7 kN⋅m MGE  = –28.9 – 15.9 + 4.3 = – 40.5 kN⋅m MGF  = 40.5 kN⋅m

Comprobación: 

 

250 

ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 

HA = HB =

13.7 −1.7   3

H C = H DC =

51.8

 

= 4.00 kN  

+ 46.2

= 32.67 kN  

3

HE

= H DE  = 9.3 = 3.72 kN  

H

=H =

F

2.5

G

40.5 5.5

= 7.36 kN  

y en conjunto queda:

que a dos cifras decimales coincide casi exactamente con las cargas horizontales aplicadas. Pasando a las vigas: R BD = 25.0 + 60.0 − R DB = 102.0 kN M max (+) = R EG = 60.0

4

= 68.0 kN ↑

2

−

  × 2 − 13.8 = 62.2 kN⋅m

40.5 − 20.7 6

= 56.7 kN

 

↑

(56.7) 2

 

 

↑

68.0 + 8.0

R GE = 63.3 kN M max (+) =

81.8 − 13.8

2 × 20

− 20.7 = 59.6  kN⋅m

 

MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODOS DE CROSS 

251 

Por último se dibujan el diagrama de momentos y la elástica aproximada.

Obsérvese que en un elemento no puede haber punto de inflexión si hay cambio de signo en los momentos de sus extremos sin que existan cargas intermedias.

6.12 MÉTODO ALTERNO APLICABLE A PÓRTICOS ORTOGONALES   CON DESPLAZAMIENTO  Es bien sabido que el método de los  Ángulos de giro y deflexión  constituyó un hito en la solución de toda clase de pórticos. Infortunadamente el gran número de ecuaciones resultantes para edificios de varios pisos lo hacía inapropiado cuando sólo se podía pensar en soluciones manuales. De ahí la gran importancia de la contribución de Hardy Cross, al plantear el método para resolver dicho sistema por aproximaciones sucesivas, que se acaba de ver. Como el método parte del supuesto de que los nudos están fijos contra desplazamiento, en las estructuras en que esto no es verdad, al seguir el método original se hace necesario superponer el efecto de los desplazamientos, planteando tantas distribuciones adicionales como desplazamientos independientes tenga la estructura, y resolver al final un sistema de ecuaciones del mismo orden. Dicho proceso es naturalmente engorroso e inapropiado para sistematización. Por otra parte, implicaría tener que guardar en la memoria de la computadora los resultados de los crosses correspondientes a la estructura fija y a cada desplazamiento independiente, para poder plantear en coeficientes cada nivel las ecuaciones de equilibrio y, una vez resuelto el sistema, afectarlos por los encontrados y efectuar la superposición. De ahí que hayan surgido otros métodos de aproximaciones sucesivas, como los de Kani (referencia 6.6) y Takabeya (referencia 6.7), que consideran en cada ciclo el efecto de los desplazamientos. De esta manera basta con que en la memoria de la máquina estén en cada instante los resultados del último ciclo y si acaso los del ciclo anterior, como criterio de finalización. Estos métodos se verán en los capítulos 7 y 8, respectivamente. También existe una modificación al método de Cross, propuesta por Gennaro (referencia 6.8), que considera igualmente, al finalizar cada ciclo, el efecto de los desplazamientos. Por consiguiente goza a este respecto de las mismas ventajas de los métodos de Kani y Takabeya y por tanto sólo requiere guardar en memoria el último conjunto de resultados. Esto hace atractiva su programación en microcomputadores de baja capacidad y aun en calculadoras programables, ya que en la mayoría de estas últimas la memoria disponible no permite programar métodos matriciales de análisis.