El movimiento descrito por m $\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}=-k\frac{\mathrm{d}^{\frac12 }x}{\mathrm{d}t^{\frac12}}$

Question

¿Qué tipo de movimiento sería un (preferiblemente adimensional por simplicidad) cuerpo si la fuerza actuado en él era proporcional a la semi-derivados de los desplazamientos, es decir,

$m$\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}=-k\frac{\mathrm{d}^{\frac12}x}{\mathrm{d}t^{\frac12}} \, \, ?$$

Sería de gran ayuda si alguien con una copia de Mathematica graficó esto para los distintos valores de las constantes.

Answer 1

Si $D^n$ indica $n$th derivados y $D^{-n}$ $n$th integral, entonces tenemos que,

$$D^n f(t) = D^m[D^{-(m-n)}f(t)]$$

proporcionar $m \geq \lceil{n}\rceil$. Para nuestro medio de derivados, elegimos $n=1/2$, y $m=2$, en cuyo caso tenemos,

$$D^{1/2}f(t) = D^2[D^{-(3/2)}f(t)]$$

No hay una fórmula general para la $n$th integral de una función, uno de mis favoritos de los resultados de Cauchy:

$$f^{(n)}(t) = \frac{1}{\Gamma(n)}\int_{0}^t (t-u)^{n-1}f(u) \, du$$

que es esencialmente una convolución $f(t) \ast t^{n-1}$. La aplicación de éste, se encuentran,

$$D^{1/2}f(t) = \frac{d^2}{dt^2} \left[ \frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^t (t-u)^{1/2}f(u) \, du\right]$$

Dada la ecuación diferencial,

$$\frac{d^2 x(t)}{dt^2} = -\frac{k}{m} \frac{d^{1/2} x(t)}{dt^{1/2}}$$

podemos sustituir en nuestra definición de $D^{1/2}x(t)$, y la conclusión,

$$x(t) = -\frac{2k}{m\sqrt{\pi}}\int_{0}^t (t-u)^{1/2}x(u)\, du + c_1t +c_2$$

por $c_1,c_2 \in \mathbb{C}$, que es una ecuación integral. Si podemos suponer $x(t)$ es compatible en $[0,\infty)$ sólo, entonces la integral es una convolución de $x(t) \ast \sqrt{t}$ y tomando la transformada de Laplace, podemos encontrar,

$$X(s) = \left( 1+ \frac{k}{ms^{3/2}}\right)^{-1} \left( \frac{c_1}{s^2} + \frac{c_2}{s} \right) = \frac{m(c_1 + c_2 s)}{k\sqrt{s}+ms^2}$$

La solución $x(t)$ es entonces la transformada inversa de Laplace de $X(s)$. Formaly, esto viene dado por,

$$x(t) = \frac{1}{2\pi i} \int_{\Gamma} e^{st} \frac{m(c_1 + c_2 s)}{k\sqrt{s}+ms^2} \, ds$$

donde el contorno de $\Gamma$ es en el plano complejo; es una línea vertical de longitud infinita con todos los polos de $F(s)$ a su izquierda. En la práctica, vamos a cerrar el contorno con un adicional de contorno, asegúrese de que la segunda integral tiende a cero (por ejemplo, mediante la estimación de lema), y utilizar el teorema de los residuos.

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El integrando, que se denota $F(s)$, tiene tres polos encuentra en $s^3 = k^2/m^2$, o, equivalentemente,

$$s_1 = \omega^{4/3}_0, \quad s_2 = \frac{1}{2}(1+i\sqrt{3})\omega^{4/3}_0, \quad s_3 = \frac{1}{2}(i\sqrt{3}-1)\omega^{4/3}_0$$

así como en $s_0= 0$, donde se definen $\omega^2_0 := k/m$. La vertical de contorno debe comenzar después de de $s_1$ para todos los polos están a la izquierda. Sin embargo, al hacerlo analíticamente es algo tedioso. Decidí usar un método numérico para la evaluación de la inversa de Laplace transforma debido a H. E. Salzer que utiliza aquadrature fórmula. Con Mathematica, me las arreglé para reconstruir $x(t)$ parcialmente:

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en el simplificado caso cuando $c_1 = c_2 = k/m = 1$. Parece, por inspección visual, la solución se asemeja a la de movimiento armónico amortiguado, como cuando uno introduce una amortiguación plazo $\gamma \dot{x}$ en las ecuaciones de movimiento de un estándar de oscilador armónico.

Answer 2

Yo no soy matemático y estoy un poco de miedo de que mi respuesta es demasiado simple para ser verdad, pero aquí va:

Puedo usar las transformadas de Fourier para definir la derivada fraccional. $x(\omega)$ está definido de tal forma que

$$x(t) = \int_{-\infty}^\infty \, \frac{\text{d}\omega}{2\pi} \text{e}^{i \omega t} \, x(\omega) \, .$$

Entonces cualquier número entero derivados es

$$\frac{\text{d}^n}{\text{d} t^n} x(t) = \int_{-\infty}^\infty \, \frac{\text{d}\omega}{2\pi} \text{e}^{i \omega t} \, i \omega )^n \, x(\omega) \, ,$$

así que

$$\left(\frac{\text{d}^n x}{\text{d} t^n}\right)(\omega) = (i \omega )^n \, x(\omega) \, .$$

Entonces esto puede ser generalizado a cualquier número real $$ n. En particular,

$$\frac{\text{d}^{1/2}}{\text{d} t^{1/2}} x(t) = \int_{-\infty}^\infty \, \frac{\text{d}\omega}{2\pi} \text{e}^{i \omega t} \, \sqrt{i \omega } \, x(\omega) \, .$$

Desde su ecuación es lineal puede resolverse por separado para cada uno de los modos de Fourier. En el espacio de Fourier se convierte en

$$\left(- m \omega^2 + k \sqrt{i \omega}\right) x(\omega) = 0 \, .$$

Esto nos dice que, o bien $x(\omega) = 0$ o $\omega^2 = \frac{k}{m} \sqrt{i \omega}$. La primera solución es trivial. Es equivalente a $x(t)= 0$. La segunda, sin embargo, tiene cuatro soluciones:

$$\begin{align} & \omega_1 = \left(\frac{k}{m}\right)^{2/3} \text{e}^{i\,\pi/6} \, ,\\ & \omega_2 = \left(\frac{k}{m}\right)^{2/3} \text{e}^{i\,\pi/2} \, , \\ & \omega_3 = \left(\frac{k}{m}\right)^{2/3} \text{e}^{i \, 5\pi/6} \, , \\ & \omega_4 = 0 \, . \end{align}$$

A continuación, el más general de la solución a su problema

$$x(t) = C_1 \text{e}^{i\omega_1 t} + C_2 \text{e}^{i\omega_2 t} + C_3 \text{e}^{i\omega_3 t} + C_4\, .$$

$C_i$ son constantes de integración. De forma explícita se encuentra,

$$x(t) = C_1 \, \text{e}^{i \,t \, (k/m)^{2/3} \sqrt{3}/2} \, \text{e}^{-(k/m)^{2/3} t/2} + C_2 \, \text{e}^{- (k/m)^{2/3} t} + C_3 \, \text{e}^{-i \, t \, (k/m)^{2/3} \sqrt{3}/2} \, \text{e}^{-(k/m)^{2/3} t/2} + C_4 \, .$$

Nos encontramos con tres soluciones que la caries de forma exponencial y constante. Dos de la descomposición de las soluciones oscilan así.

Con el fin de hacer un complot, me puse C_4 = 0 porque esto equivale a un simple desplazamiento vertical de $x(t)$, yo elijo $C_1 = C_2^* = (c_1 + i c_2)/2$ y $C_3 = C_3^*$, de modo que $x(t)$ es real, me ajustar la escala de tiempo de acuerdo a $\tau = t \, (k/m)^{2/3}/2$ y cambiar la escala de $x(t)$ según $y = x \, C_3$. Entonces mi se convierte en una solución,

$$y(\tau) = \text{e}^{-\tau} \left[ c_1 \, \cos(\sqrt{3} \, \tau) + c_2 \sin(\sqrt{3} \, \tau) \right] + \text{e}^{-2 \tau} \, .$$

Aquí está una parcela de $y(\tau)$ para diferentes valores de $c_{1,2}$:

Answer 3

Usted puede simplemente tomar el semi-derivado de la ecuación de nuevo, que los rendimientos de

$$\begin{align} m\frac{d^2}{dt^2}\underbrace{\frac{d^{\tfrac12}x}{dt^{\tfrac12}}}_{=-\frac mk\frac{d^2x}{dt^2}} &= -k\frac{dx}{dt} \\\Rightarrow m^2\frac{d^4x}{dt^4} &= k^2\frac{dx}{dt} \etiqueta{*} \end{align}$$

y, a continuación, resolver que la educación a distancia. Pero, al igual que el cuadrado de una ecuación algebraica para eliminar las raíces, que (probablemente) se han de desechar la mitad de las soluciones que satisfacen la ecuación original.

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Como insinúa por user121330 comentario, he asumido conmutatividad de $D^2$ (donde $D:=d/dt$) y $D^{\tfrac12}$, que no se concede en general. Sospecho que, básicamente, se correlaciona con mi declaración de que algunas de las soluciones de $(*)$ en realidad debe de ser descartado. Voy a tratar de pensar acerca de esto un poco más, pero por ahora por favor, ser conscientes de que puede haber fallas o incluso inutilidad en esta respuesta...

Answer 4

Una manera de tratar de resolver la ecuación que se está transformando en una ODA. Aplicar la derivada fraccional $D^{1/2}$ de nuevo a la ecuación para encontrar $$D^{1/2}[D^2x(t)]=D^{5/2}x(t)-C_1t^{-3/2}-C_2t^{-5/2}-C_3t^{-7/2},$$ y $$D^{1/2}[D^{1/2}x(t)]=Dx(t)-C_4t^{-3/2}$$ Por lo tanto tenemos $$D^{5/2}x(t)=-\frac{k}{m}Dx(t)+C_1t^{-3/2}+C_2t^{-5/2}+C_3t^{-7/2}$$ Pero, también tenemos que $$D^{5/2}x(t)=D^2[D^{1/2}x(t)]=-\frac{m}{k}D^4x(t)$$ Por lo tanto tenemos la siguiente ODA: $$x^{(4)}(t)-\omega^3 x'(t)=C_1t^{-3/2}+C_2t^{-5/2}+C_3t^{-7/2},$$ donde $\omega^3=\dfrac{k^2}{m^2}$ Let $x'(t)=v(t)$ para obtener $$v"'(t)-\omega^3 v(t)=C_1t^{-3/2}+C_2t^{-5/2}+C_3t^{-7/2}$$ La solución general de la ecuación homogénea por $v(t)$ es $$v_0(t)=c_1 e^{\omega t}+e^{-\omega t/2}\left(c_2\cos\dfrac{\sqrt3}{2}\omega t+c_3\sin\dfrac{\sqrt3}{2}\omega t\right)$$ La solución general de la homogénea de la ecuación $x(t)$ es entonces $$x_0(t)=c_1 e^{\omega t}+e^{-\omega t/2}\left(c_2\cos\dfrac{\sqrt3}{2}\omega t+c_3\sin\dfrac{\sqrt3}{2}\omega t\right)+c_4,$$ donde las constantes son diferentes en las dos últimas ecuaciones. Así, la solución general es de la forma $$x(t)=x_0(t)+x_p(t),$$ donde $x_p(t)$ es la solución particular.

Answer 5

Un intento de solución más explícita. Utilizando la definición de la mitad de derivados dada por JamalS, se puede transformar la ecuación diferencial utilizando la transformada de Laplace y obtener $$s^2X(s)-sx(0)-x'(0)=-\gamma^3{\sqrt s}\;X(s)$$ donde $\gamma=\sqrt[3]{\frac km}$ es una constante positiva. La solución para que $X$ da $$X(s)=\frac{sx(0)+\dot x(0)}{s^2+\gamma^3{\sqrt s}}.$$ Llamemos $G(s)=1/(s^{3}+\gamma^3)$. La inversa de Laplace de $s^{-1/2}G(s^{1/2})$ es dada por (Erdelyi, Tabla de transformadas integrales, capítulo IV, de la ecuación de 4.1.33) $a$z(t)=\frac{1}{\sqrt{\pi t}}\int_0^\infty g(u)\mathrm e^{-u^2/4t}\mathrm du.$$ Por lo tanto, tenemos un total de $x(t)=\dot x(0)z(t)+x(0)\dot z(t)$.

El cálculo de los $z(t)$ Vamos a escribir $\mathrm j=\mathrm e^{\mathrm i 2\pi/3}$. A la inversa $g(t)$ de $G(s)$ es un simple Laplace de la inversión y los rendimientos $$g(t)=\frac1{3\gamma^2}\left[\mathrm e^{-\gamma t}+\mathrm e^{-\mathrm j\gamma t}+\mathrm e^{-\mathrm j^2\gamma t}\right]$$ Vamos ahora a escribir $$\Phi(a,t)=\frac{1}{\sqrt{\pi t}}\int_0^\infty\mathrm e^{-u}\mathrm e^{-u^2/(4 t)}\mathrm du=\mathrm e^{a^2 t}\mathrm{erfc} (\sqrt t)=\varphi(a^2t).$$

EDITAR

Una propiedad notable de $\varphi$ es $\varphi'(x)=\varphi(x)-\frac1{\sqrt{\pi x}}$. Informes en la definición de a $z$ encontramos $a$z(t)=\frac1{3\gamma^2}\left[\varphi(\gamma^2 t)+\varphi(\mathrm j\gamma^2t)+\varphi(\mathrm j^2\gamma^2 t)\right]. \dot z(t)=\frac13\left[\varphi(\gamma^2 t)+\mathrm j\varphi(\mathrm j\gamma^2 t)+\mathrm j^2\varphi(\mathrm j^2\gamma^2t)\right]-\frac2{3\sqrt{\pi\gamma^2t}}$$

Mathematica hizo las siguientes parcelas de $z(t)$ y $\dot z(t)$ $\gamma=1$, mostrando que $z$ es muy gravemente de amortiguamiento.