Lösen der Differentialgleichung eines Balkens unter bewegter Last mit grünen Funktionen

Question

Lösen der Differentialgleichung eines Balkens unter bewegter Last mit grünen Funktionen

Physik
Strukturbalken
Greens-Funktionen
Randbedingungen
mathematisch-physik
Differentialgleichung

Lofaif

Ich habe angefangen, an diesem Papier zu arbeiten , und ich habe einen Teil davon nicht verstanden. Das Problem ist:

Lösen Sie diese Gleichung mit grünen Funktionen:

$E ICH \frac{\partial^{4} j (X, T)}{\partial X^{4}} + μ \frac{\partial^{2} j (X, T)}{\partial T^{2}} = F (X, T) : (1)$ $EI {\partial^4 y(x,t)\over\partial x^4}+\mu {\partial^2y(x,t)\over\partial t^2}= F(x,t) :(1)$ $F (X, T) = P δ (X - u)$ $F(x,t)= P\delta(x-u)$ mit $\int_{-\infty}^\infty\delta(x-x_0)f(x)dx = f(x_0)$

$\delta$ die Dirac-Delta-Funktion ist, P die Amplitude der angelegten Last ist und $u(t)=v\, t$ die Position der Last.

Anfangsbedingungen :

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

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

Für $x=0 , l$ :

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

$l$ ist die Strahllänge und $k_t$ Und $k_l$ sind Konstanten

und in der zeitung stand:

Unter Verwendung der dynamischen Green-Funktion wird die Lösung von Gleichung $(1)$ kann geschrieben werden als:
$j (X, T) = G (X, u) P : (2)$ $y(x,t) = G(x,u)P : (2)$ Wo $G(x,u)$ ist die Lösung der Differentialgleichung: $\frac{D^{4} j (X)}{D X^{4}} - ψ^{4} j (X) = δ (X - u) : (3)$ ${d^4y(x)\over dx^4} - \psi ^4 y(x) = \delta(x-u):(3)$ bei Hexe: $\psi ^4 = {\omega ^2 \mu \over EI}$

Meine Frage ist, wie sie es auf die Form vereinfacht haben $(2)$ Wo $G$ ist Lösung für $(3)$ ?

Trimok

Es scheint, dass Sie eine Fourier-Transformation für t durchführen müssen, aber das Problem ist, dass wir die Fourier-Transformation von nicht kennen

δ (x - u (t))

$\delta(x - u(t))$ , weil wir es nicht wissen

u (t)

$u(t)$ .

E ICH \frac{\partial^{4} j (X, T)}{\partial X^{4}} + μ \frac{\partial^{2} j (X, T)}{\partial T^{2}} = P δ (X - u (T))

$EI {\partial^4 y(x,t)\over\partial x^4}+\mu {\partial^2y(x,t)\over\partial t^2}= P \delta(x -u(t))$ Durch die Fourier-Transformation von t erhalten Sie (wobei Sie wissen, dass

ω

$\omega$ hat aufgrund der Randbedingungen nur mögliche diskrete Werte):

E ICH \frac{\partial^{4} j (X, ω)}{\partial X^{4}} - μ ω^{2} j (X, ω) = P * F Ö u R ich e R T R A N S F Ö R M [δ (X - u (T)] (ω)

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

Dehnung

Warum hat das Closevotes? Es ist eine legitime technische Frage!

Lofaif

Wir wissen das

v

$v$ ist eine Konstante, also

u (t) = t v

$u(t)=tv$

Antworten (1)

Lösen der Differentialgleichung eines Balkens unter bewegter Last mit grünen Funktionen

Es scheint, dass Sie eine Fourier-Transformation für t durchführen müssen, aber das Problem ist, dass wir die Fourier-Transformation von nicht kennen $\delta(x - u(t))$ , weil wir es nicht wissen $u(t)$ . $E ICH \frac{\partial^{4} j (X, T)}{\partial X^{4}} + μ \frac{\partial^{2} j (X, T)}{\partial T^{2}} = P δ (X - u (T))$ $EI {\partial^4 y(x,t)\over\partial x^4}+\mu {\partial^2y(x,t)\over\partial t^2}= P \delta(x -u(t))$ Durch die Fourier-Transformation von t erhalten Sie (wobei Sie wissen, dass $\omega$ hat aufgrund der Randbedingungen nur mögliche diskrete Werte): $E ICH \frac{\partial^{4} j (X, ω)}{\partial X^{4}} - μ ω^{2} j (X, ω) = P * F Ö u R ich e R T R A N S F Ö R M [δ (X - u (T)] (ω)$ $EI {\partial^4 y(x,\omega)\over\partial x^4} -\mu \omega^2 y(x,\omega)= P* ~Fourier~ Transform [\delta(x - u(t)] (\omega)$
Warum hat das Closevotes? Es ist eine legitime technische Frage!

igphys · Answer 1

Die Fourier-Transformation von $y\left(x,t\right)$ vom Zeit- zum Frequenzbereich ist gegeben durch $Y\left(x,\omega\right)=\int_{-\infty}^{\infty}y\left(x,t\right)e^{i\omega t}dt$ und erfüllt die Differentialgleichung:

E ICH \frac{\partial^{4} Y (X, ω)}{\partial X^{4}} + μ {(ich ω)}^{2} Y (X, ω) = \int_{- \infty}^{\infty} P δ (X - u (T)) e^{ich ω T} D T

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

Verwenden Sie nun diese Eigenschaft der Delta-Funktion:

δ (G (S)) = \sum_{ich} \frac{δ (S - S_{ich})}{| G^{'} (S_{ich}) |}

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

Wo $s_{i}$ sind die Wurzeln der Funktion, so dass $g\left(s_{i}\right)=0$ .

\int_{- \infty}^{\infty} P δ (G (T)) e^{ich ω T} D T = \int_{- \infty}^{\infty} P \sum_{ich} \frac{δ (T - T_{ich})}{| G^{'} (T_{ich}) |} e^{ich ω T} D T = P \sum_{ich} \frac{e^{ich ω T_{ich}}}{| G^{'} (T_{ich}) |}

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

Dann haben wir:

\frac{\partial^{4} Y (X, ω)}{\partial X^{4}} - \frac{μ ω^{2}}{E ICH} Y (X, ω) = \frac{P}{E ICH} \sum_{ich} \frac{e^{ich ω T_{ich}}}{| G^{'} (T_{ich}) |}

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

Die Lösung der Green-Funktion dieser Gleichung lautet:

Y (X, ω) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{P}{E ICH} \sum_{ich} \frac{e^{ich ω T_{ich}}}{| G^{'} (T_{ich}) |} G (X, X^{'}) D X^{'}

$Y\left(x,\omega\right)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{P}{EI}\sum_{i}\frac{e^{i\omega t_{i}}}{\left|g'\left(t_{i}\right)\right|}G\left(x,x'\right)dx'$ Die Green-Funktion erfüllt die Gleichung:

\frac{\partial^{4} G (X, X^{'})}{\partial X^{4}} - ψ^{4} G (X, X^{'}) = δ (X - X^{'})

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

Jetzt müssen wir die Fourier-Transformation umkehren.

j (X, T) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{P}{E ICH} \sum_{ich} \frac{e^{ich ω T_{ich}}}{| G^{'} (T_{ich}) |} G (X, X^{'}) e^{- ich 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{P}{E ICH} \sum_{ich} {\frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{| G^{'} (T_{ich}) |} G (X, X^{'}) e^{ich ω (T_{ich} - 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{P}{E ICH} \sum_{ich} \frac{1}{| G^{'} (T_{ich}) |} \int_{- \infty}^{\infty} G (X, X^{'}) δ (T - T_{ich}) D X^{'}

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

Wo die Definition: $\delta\left(t-t'\right)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{i\omega\left(t-t'\right)}d\omega$ , wurde verwendet. Das ist also für einen General $g\left(t\right)$ . Nun, wenn $g\left(t\right)=x-vt$ , Dann:

j (X, T) = \frac{P}{E ICH} \frac{1}{v} \int_{- \infty}^{\infty} G (X, X^{'}) δ (T - \frac{X^{'}}{v}) D X^{'} = \frac{P}{E ICH} G (X, v T)

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

Nicht sicher, warum das Papier das nicht hat $EI$ Faktor.

+1 für die allgemeine Formel. Ich denke auch, dass in dem Papier ein Faktor fehlt.
danke für ihre antwort sir, ich habe eine kleine frage .. warum $\psi ^4 = {\omega ^2 m \over EI }$ und nicht ${\mu \omega ^2 \over EI}$ ??
ich denke es könnte ein Tippfehler sein. es gibt einige andere in diesem Papier. Außerdem habe ich Ref. 8 des von Ihnen geposteten Papiers durchgesehen und es hat das Richtige $\psi$ Definition.

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