Resolviendo la ecuación diferencial de una viga bajo carga en movimiento usando funciones verdes

Question

Resolviendo la ecuación diferencial de una viga bajo carga en movimiento usando funciones verdes

Física
viga estructural
greens-funciones
condiciones de borde
física-matemática
ecuaciones diferenciales

Lofaif

comencé a trabajar en este documento y no entendí una parte, el problema es:

Resuelva esta ecuación usando funciones verdes:

$mi I \frac{\partial^{4} y (X, t)}{\partial X^{4}} + m \frac{\partial^{2} y (X, t)}{\partial t^{2}} = F (X, t) : (1)$ $EI {\partial^4 y(x,t)\over\partial x^4}+\mu {\partial^2y(x,t)\over\partial t^2}= F(x,t) :(1)$ $F (X, t) = PAG d (X - tu)$ $F(x,t)= P\delta(x-u)$ con $\int_{-\infty}^\infty\delta(x-x_0)f(x)dx = f(x_0)$

$\delta$ es la función Dirac-delta, P es la amplitud de la carga aplicada y $u(t)=v\, t$ la posición de la carga.

condiciones iniciales :

$\frac{\partial^{3} y (X, t)}{\partial X^{3}} = k_{yo} y (X, t)$ ${\partial^3 y(x,t)\over\partial x^3}=k_ly(x,t)$ ,

$\frac{\partial^{2} y (X, t)}{\partial X^{2}} = k_{t} \frac{\partial y (X, t)}{\partial X}$ ${\partial^2 y(x,t)\over\partial x^2}=k_t{\partial y(x,t)\over\partial x}$ ,

Para $x=0 , l$ :

$y (X, t) = \frac{\partial y (X, t)}{\partial t} = 0$ $y(x,t)= {\partial y(x,t)\over\partial t}=0$

$l$ es la longitud del haz y $k_t$ y $k_l$ son constantes

y el periódico decía que:

Usando la función de Green dinámica, la solución de la Ecuación $(1)$ Se puede escribir como:
$y (X, t) = GRAMO (X, tu) PAG : (2)$ $y(x,t) = G(x,u)P : (2)$ dónde $G(x,u)$ es la solución de la ecuación diferencial: $\frac{d^{4} y (X)}{d X^{4}} - ψ^{4} y (X) = d (X - tu) : (3)$ ${d^4y(x)\over dx^4} - \psi ^4 y(x) = \delta(x-u):(3)$ en bruja: $\psi ^4 = {\omega ^2 \mu \over EI}$

Mi pregunta es cómo lo simplificaron a la forma $(2)$ dónde $G$ es solución a $(3)$ ?

Trimok

Parece que tienes que hacer alguna transformada de Fourier en t, pero el problema es que no conocemos la transformada de Fourier de

δ (x - u (t))

$\delta(x - u(t))$ , porque no sabemos

u (t)

$u(t)$ .

mi I \frac{\partial^{4} y (X, t)}{\partial X^{4}} + m \frac{\partial^{2} y (X, t)}{\partial t^{2}} = PAG d (X - tu (t))

$EI {\partial^4 y(x,t)\over\partial x^4}+\mu {\partial^2y(x,t)\over\partial t^2}= P \delta(x -u(t))$ Mediante la transformada de Fourier en t, obtendrá (sabiendo que

ω

$\omega$ solo tiene posibles valores discretos debido a las condiciones de contorno):

mi I \frac{\partial^{4} y (X, ω)}{\partial X^{4}} - m ω^{2} y (X, ω) = PAG * F o tu r i mi r T r a norte s F o r metro [d (X - tu (t)] (ω)

$EI {\partial^4 y(x,\omega)\over\partial x^4} -\mu \omega^2 y(x,\omega)= P* ~Fourier~ Transform [\delta(x - u(t)] (\omega)$

Dilatón

¿Por qué esto tiene votos cerrados? ¡Es una pregunta técnica legítima!

Lofaif

lo sabemos

v

$v$ es una constante, entonces

u (t) = t v

$u(t)=tv$

Respuestas (1)

Resolviendo la ecuación diferencial de una viga bajo carga en movimiento usando funciones verdes

Parece que tienes que hacer alguna transformada de Fourier en t, pero el problema es que no conocemos la transformada de Fourier de $\delta(x - u(t))$ , porque no sabemos $u(t)$ . $mi I \frac{\partial^{4} y (X, t)}{\partial X^{4}} + m \frac{\partial^{2} y (X, t)}{\partial t^{2}} = PAG d (X - tu (t))$ $EI {\partial^4 y(x,t)\over\partial x^4}+\mu {\partial^2y(x,t)\over\partial t^2}= P \delta(x -u(t))$ Mediante la transformada de Fourier en t, obtendrá (sabiendo que $\omega$ solo tiene posibles valores discretos debido a las condiciones de contorno): $mi I \frac{\partial^{4} y (X, ω)}{\partial X^{4}} - m ω^{2} y (X, ω) = PAG * F o tu r i mi r T r a norte s F o r metro [d (X - tu (t)] (ω)$ $EI {\partial^4 y(x,\omega)\over\partial x^4} -\mu \omega^2 y(x,\omega)= P* ~Fourier~ Transform [\delta(x - u(t)] (\omega)$
¿Por qué esto tiene votos cerrados? ¡Es una pregunta técnica legítima!

igphys · Answer 1

La transformada de Fourier de $y\left(x,t\right)$ del tiempo al dominio de la frecuencia está dada por $Y\left(x,\omega\right)=\int_{-\infty}^{\infty}y\left(x,t\right)e^{i\omega t}dt$ y satisface la ecuación diferencial:

mi I \frac{\partial^{4} Y (X, ω)}{\partial X^{4}} + m {(i ω)}^{2} Y (X, ω) = \int_{- \infty}^{\infty} PAG d (X - tu (t)) {mi}^{i ω t} d t

$EI\frac{\partial^{4}Y\left(x,\omega\right)}{\partial x^{4}}+\mu\left(i\omega\right)^{2}Y\left(x,\omega\right)=\int_{-\infty}^{\infty}P\delta\left(x-u\left(t\right)\right)e^{i\omega t}dt$

Ahora, usa esta propiedad de la función delta:

d (gramo (s)) = \sum_{i} \frac{d (s - s_{i})}{| {gramo}^{'} (s_{i}) |}

$\delta\left(g\left(s\right)\right)=\sum_{i}\frac{\delta\left(s-s_{i}\right)}{\left|g'\left(s_{i}\right)\right|}$

dónde $s_{i}$ son las raíces de la función, por lo que $g\left(s_{i}\right)=0$ .

\int_{- \infty}^{\infty} PAG d (gramo (t)) {mi}^{i ω t} d t = \int_{- \infty}^{\infty} PAG \sum_{i} \frac{d (t - t_{i})}{| {gramo}^{'} (t_{i}) |} {mi}^{i ω t} d t = PAG \sum_{i} \frac{{mi}^{i ω t_{i}}}{| {gramo}^{'} (t_{i}) |}

$\int_{-\infty}^{\infty}P\delta\left(g\left(t\right)\right)e^{i\omega t}dt=\int_{-\infty}^{\infty}P\sum_{i}\frac{\delta\left(t-t_{i}\right)}{\left|g'\left(t_{i}\right)\right|}e^{i\omega t}dt=P\sum_{i}\frac{e^{i\omega t_{i}}}{\left|g'\left(t_{i}\right)\right|}$

Entonces nosotros tenemos:

\frac{\partial^{4} Y (X, ω)}{\partial X^{4}} - \frac{m ω^{2}}{mi I} Y (X, ω) = \frac{PAG}{mi I} \sum_{i} \frac{{mi}^{i ω t_{i}}}{| {gramo}^{'} (t_{i}) |}

$\frac{\partial^{4}Y\left(x,\omega\right)}{\partial x^{4}}-\frac{\mu\omega^{2}}{EI}Y\left(x,\omega\right)=\frac{P}{EI}\sum_{i}\frac{e^{i\omega t_{i}}}{\left|g'\left(t_{i}\right)\right|}$

La solución de la función de Green a esta ecuación es:

Y (X, ω) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{PAG}{mi I} \sum_{i} \frac{{mi}^{i ω t_{i}}}{| {gramo}^{'} (t_{i}) |} GRAMO (X, X^{'}) d X^{'}

$Y\left(x,\omega\right)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{P}{EI}\sum_{i}\frac{e^{i\omega t_{i}}}{\left|g'\left(t_{i}\right)\right|}G\left(x,x'\right)dx'$ La función de Green satisface la ecuación:

\frac{\partial^{4} GRAMO (X, X^{'})}{\partial X^{4}} - ψ^{4} GRAMO (X, X^{'}) = d (X - X^{'})

$\frac{\partial^{4}G\left(x,x'\right)}{\partial x^{4}}-\psi^{4}G\left(x,x'\right)=\delta\left(x-x'\right)$

Ahora tenemos que invertir la transformada de Fourier.

y (X, t) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{PAG}{mi I} \sum_{i} \frac{{mi}^{i ω t_{i}}}{| {gramo}^{'} (t_{i}) |} GRAMO (X, X^{'}) {mi}^{- i ω t} d X^{'} d ω =

$y\left(x,t\right) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{P}{EI}\sum_{i}\frac{e^{i\omega t_{i}}}{\left|g'\left(t_{i}\right)\right|}G\left(x,x'\right)e^{-i\omega t}dx'd\omega =$

= \frac{PAG}{mi I} \sum_{i} {\frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{| {gramo}^{'} (t_{i}) |} GRAMO (X, X^{'}) {mi}^{i ω (t_{i} - t)} d X^{'} d ω} =

$=\frac{P}{EI}\sum_{i}\left\{ \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\left|g'\left(t_{i}\right)\right|}G\left(x,x'\right)e^{i\omega\left(t_{i}-t\right)}dx'd\omega\right\} =$

= \frac{PAG}{mi I} \sum_{i} \frac{1}{| {gramo}^{'} (t_{i}) |} \int_{- \infty}^{\infty} GRAMO (X, X^{'}) d (t - t_{i}) d X^{'}

$=\frac{P}{EI}\sum_{i}\frac{1}{\left|g'\left(t_{i}\right)\right|}\int_{-\infty}^{\infty}G\left(x,x'\right)\delta\left(t-t_{i}\right)dx'$

Donde la definición: $\delta\left(t-t'\right)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{i\omega\left(t-t'\right)}d\omega$ , ha sido usado. Entonces, esto es para un general $g\left(t\right)$ . Ahora si $g\left(t\right)=x-vt$ , entonces:

y (X, t) = \frac{PAG}{mi I} \frac{1}{v} \int_{- \infty}^{\infty} GRAMO (X, X^{'}) d (t - \frac{X^{'}}{v}) d X^{'} = \frac{PAG}{mi I} GRAMO (X, v t)

$y\left(x,t\right) = \frac{P}{EI}\frac{1}{v}\int_{-\infty}^{\infty}G\left(x,x'\right)\delta\left(t-\frac{x'}{v}\right)dx' = \frac{P}{EI}G\left(x,vt\right)$

No estoy seguro de por qué el papel no tiene el $EI$ factor.

+1 para la fórmula general. También creo que falta un factor en el documento.
gracias por su respuesta señor , tengo una pequeña pregunta .. ¿por qué es $\psi ^4 = {\omega ^2 m \over EI }$ y no ${\mu \omega ^2 \over EI}$ ??
Creo que podría ser un error tipográfico. hay algunos otros en ese papel. Además, revisé la referencia 8 del documento que publicaste y tiene el correcto $\psi$ definición.

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