La solución de la ecuación diferencial de una viga bajo carga en movimiento usando el verde de las funciones de

Question

empecé a trabajar en este papel y no entiendo una parte de ella , el problema es :

Resolver esta ecuación usando el verde de las funciones :

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

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

condiciones iniciales :

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

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

Para $x=0 , l$ :

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

$l$ es la longitud de la viga y $k_t$ $k_l$ son constantes

y el periódico decía que :

El uso de la dinámica de la función de Green, la solución de La ecuación de $(1)$ puede ser escrita como: $$y(x,t) = G(x,u)P : (2)$$ donde $G(x,u)$ es la solución de la ecuación diferencial: $${d^4y(x)\over dx^4} - \psi ^4 y(x) = \delta(x-u):(3) $$ en bruja : $\psi ^4 = {\omega ^2 \mu \over EI}$

Mi pregunta es: ¿cómo se simplifican a la forma $(2)$ donde $G$ es la solución a $(3)$ ?

Answer 1

La transformada de Fourier de $y\left(x,t\right)$ a partir 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 siguiente ecuación diferencial: $$ EI\frac{\partial^{4}Y\left(x,\omega\right)}{\partial x^{4}}+\mu\left(i\omega\right)^{2}Y\left(x,\omega\right)=\int_{-\infty}^{\infty}P\delta\left(x-u\left(t\right)\right)e^{i\omega t}dt $$

Ahora, el uso de esta propiedad de la función delta: $$ \delta\left(g\left(s\right)\right)=\sum_{i}\frac{\delta\left(s-s_{i}\right)}{\left|g'\left(s_{i}\right)\right|} $$

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

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

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

La función de Green de la solución a esta ecuación es: $$ Y\left(x,\omega\right)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{P}{EI}\sum_{i}\frac{e^{i\omega t_{i}}}{\left|g'\left(t_{i}\right)\right|}G\left(x,x'\right)dx' $$ El Verde de la función satisface la ecuación: $$ \frac{\partial^{4}G\left(x,x'\right)}{\partial x^{4}}-\psi^{4}G\left(x,x'\right)=\delta\left(x-x'\right) $$

Ahora tenemos que invertir la transformada de Fourier. $$ y\left(x,t\right) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{P}{EI}\sum_{i}\frac{e^{i\omega t_{i}}}{\left|g'\left(t_{i}\right)\right|}G\left(x,x'\right)e^{-i\omega t}dx d\omega =$$ $$a=\frac{P}{EI}\sum_{i}\left\ { \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\left|g'\left(t_{i}\right)\right|}G\left(x,x'\right)e^{i\omega\left(t_{i}-t\right)}dx'd\omega\right\} =$$ $$=\frac{P}{EI}\sum_{i}\frac{1}{\left|g'\left(t_{i}\right)\right|}\int_{-\infty}^{\infty}G\left(x,x'\right)\delta\left(t-t_{i}\right)dx' $$

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 utilizado. Así, esto es para un general $g\left(t\right)$. Ahora, si $g\left(t\right)=x-vt$, entonces: $$ y\left(x,t\right) = \frac{P}{EI}\frac{1}{v}\int_{-\infty}^{\infty}G\left(x,x'\right)\delta\left(t-\frac{x}{v}\right)dx' = \frac{P}{EI}G\left(x,vt\right) $$

No sé por qué el papel no tiene la $EI$ factor.