Clarificación de la solución del problema de transformación de Laplace PDE

Question

Tengo el siguiente problema:

El desplazamiento transversal $u(x, t)$ de un semi-infinita cadena elástica satisface

$$\dfrac{\partial^2{u}}{\partial{t}^2} = c^2 \dfrac{\partial^2{u}}{\partial{x}^2}$$

para $x > 0$, $t > 0$,

con las condiciones iniciales

$$u(x, 0) = \dfrac{\partial{u(x, 0)}}{\partial{t}} = 0$$

para $x > 0$,

y la condición de frontera

$$-\beta \dfrac{\partial{u(0, t)}}{\partial{x}} = f(t)$$

para $t > 0$.

Mostrar, usando transformadas de Laplace, que la solución puede ser escrito

$$u(x, t) = \dfrac{c}{\beta} H \left( t - \dfrac{x}{c} \right) \int^{t - x/c}_0 f(u) \ du,$$

donde $H(x)$ es la función de Heaviside. Se puede interpretar este resultado físicamente?

Y tengo la siguiente solución:

Tomando la transformada de Laplace de la PDE rendimientos

$$s^2 \mathcal{L} \{u\} - su(x, 0) - u_t(x, 0) = c^2 \dfrac{d^2}{dx^2} \mathcal{L} \{ u(x, t) \}$$ .

Sustituyendo las condiciones iniciales que nos pone

$$\begin{align} &s^2 \mathcal{L} \{ u \} = c^2 \dfrac{d^2}{dx^2} \mathcal{L} \{ u(x, t) \} \\ &\Rightarrow \dfrac{d^2}{dx^2} \mathcal{L} \{ u(x, t) \} = \dfrac{s^2}{c^2} \mathcal{L} \{ u(x, t) \} \\ &\Rightarrow \dfrac{d^2}{dx^2} \mathcal{L} \{ u(x, t) \} - \dfrac{s^2}{c^2} \mathcal{L} \{u(x, t) \} = 0 \end{align}$$

Podemos resolver este homogénea de segundo orden lineal DE:

$$\begin{align} &m^2 - \dfrac{s^2}{c^2} = 0 \\ &\Rightarrow m = \pm \dfrac{s}{c} \end{align}$$

Por lo tanto, la solución general a este DE es

$$\mathcal{L} \{ u(x, t) \} = A(s) e^{x\frac{s}{c}} + B(s)e^{-x \frac{s}{c}},$$

donde $A(s)$ e $B(s)$ son funciones arbitrarias.

Para aplicar las condiciones de contorno, podemos diferenciar la solución general con respecto a $x$:

$$\dfrac{\partial}{\partial{x}} \mathcal{L} \{ u(x, t) \} = \dfrac{sA(s)}{c}e^{\frac{sx}{c}} - \dfrac{sB(s)}{c} e^{-\frac{sx}{c}}$$

Y ya que hemos tenido la condición de contorno

$$- \beta \dfrac{\partial}{\partial{x}} u(0, t) = f(t),$$

tenemos

$$\dfrac{\partial}{\partial{x}} \mathcal{L} \{ u(0, t) \} = \dfrac{sA(s)}{c} - \dfrac{sB(s)}{c}$$

Tomando la transformada de Laplace de la condición de contorno, obtenemos

$$- \beta \dfrac{\partial}{\partial{x}} \mathcal{L} \{ u(0, t) \} = \mathcal{L} \{ f(t) \}$$

Así, obtenemos

$$\begin{align} &-\dfrac{\mathcal{L} \{f(t) \}}{\beta} = \dfrac{sA(s)}{c} - \dfrac{sB(s)}{c} \\ & \Rightarrow -\dfrac{\mathcal{L} \{ f(t) \}}{\beta} = \dfrac{s}{c}(A(s) - B(s)) \\ & \Rightarrow \dfrac{c}{\beta} \dfrac{ \mathcal{L} \{ f(t) \}}{s} + A(s) = B(s) \end{align}$$

El uso de este para eliminar la $B(s)$ a partir de la solución general de las hojas

$$\dfrac{\partial}{\partial{x}} \mathcal{L} \{ u(x, t) \} = \dfrac{sA(s)}{c} e^{\frac{sx}{c}} - \left( \dfrac{c}{\beta} \dfrac{ \mathcal{L} \{ f(t) \}}{s} + A(s) \right) \dfrac{s}{c} e^{-\frac{sx}{c}}$$

Ahora podemos restringir $A(s)$ utilizando el teorema del valor inicial con las condiciones iniciales:

$$\begin{align} 0 &= u(x, 0) \\ &= \lim_{t \to 0} u(x, t) \\ &= \lim_{s \to \infty} s \mathcal{L} \{ u(x, t) \} \end{align}$$

para todos los $x > 0$.

El uso de la solución general, vemos que

$$\lim_{s \to \infty} s \mathcal{L} \{ u(x, t) \} = \lim_{s \to \infty} A(s) e^{\frac{sx}{c}} s,$$

desde $\lim_{t \to 0} f(t) = 0$ significa que $\lim_{s \to \infty} s \mathcal{L} \{ f(t) \} = 0$.

Estoy confundido acerca de esta última parte:

El uso de la solución general, vemos que

$$\lim_{s \to \infty} s \mathcal{L} \{ u(x, t) \} = \lim_{s \to \infty} A(s) e^{\frac{sx}{c}} s,$$

desde $\lim_{t \to 0} f(t) = 0$ significa que $\lim_{s \to \infty} s \mathcal{L} \{ f(t) \} = 0$.

No veo cómo llegaron

$$\lim_{s \to \infty} s \mathcal{L} \{ u(x, t) \} = \lim_{s \to \infty} A(s) e^{\frac{sx}{c}} s$$

?

Les agradecería mucho si alguien pudiera por favor tome el tiempo para aclarar esto.

Answer 1

En primer lugar quiero mencionar que usted se olvidó de los $\mathcal{L}$ símbolo en algunos lugares:

Así, obtenemos

$$\begin{align} &-\dfrac{\mathcal{L}\{f(t)\}}{\beta} = \dfrac{sA(s)}{c} - \dfrac{sB(s)}{c} \\ & \Rightarrow -\dfrac{\mathcal{L}\{f(t)\}}{\beta} = \dfrac{s}{c}(A(s) - B(s)) \\ & \Rightarrow \dfrac{c}{\beta} \dfrac{\mathcal{L}\{f(t)\}}{s} + A(s) = B(s) \end{align}$$

El uso de este para eliminar la $B(s)$ a partir de la solución general de las hojas

$$\dfrac{\partial}{\partial{x}} \mathcal{L} \{ u(x, t) \} = \dfrac{sA(s)}{c} e^{\frac{sx}{c}} - \left( \dfrac{c}{\beta} \dfrac{\mathcal{L}\{f(t)\}}{s} + A(s) \right) \dfrac{s}{c} e^{-\frac{sx}{c}}$$

Ahora podemos mostrar la ecuación. Sustituyendo la expresión para $B(s)$ en $\mathcal{L}\{u(x,t)\}$ y multiplicar con $s$da $$s\mathcal{L} \{ u(x, t) \} = s A(s) \left(e^{\frac{sx}{c}}+e^{-\frac{sx}{c}}\right) + \dfrac{c}{\beta} \dfrac{s\mathcal{L}\{f(t)\}}{s} e^{-\frac{sx}{c}}.$$

A partir de la condición de contorno $f(t) =-\beta \frac{\partial u(0,t)}{\partial x}$ para todos los $t>0$, y la condición inicial $u(x,0)=0$ para todos los $x>0$, se deduce que el $\lim_{t\to 0}f(t)=0$. A continuación, el valor inicial teorema implica $\lim_{s\to\infty}s\mathcal{L}\{f(t)\}=0$. Esto y el hecho de que $x$, $s$ e $c$ son positivos implica que. $$\lim_{s\to\infty} \frac{c}{\beta} \frac{s\mathcal{L}\{f(t)\}}{s} e^{-\frac{sx}{c}}=0.$$ Desde $\lim_{s\to\infty} \mathcal{L}\{u(x,t)\} = 0$ (asintótica de la propiedad de transformadas de Laplace), también se $\lim_{s\to\infty} A(s)=0$, y por lo tanto $\lim_{s\to \infty} A(s) s e^{-\frac{sx}{c}}=0$.

Llegamos a la conclusión de que $$\lim_{s\to \infty} s \mathcal{L}\{u(x,t)\} = s A(s) e^{\frac{sx}{c}}.$$

Espero que esta respuesta es útil para usted.