Распространение импульса по полубесконечной струне

[Someone]

Astroid в сообщении #1229238 писал(а):

Первое — условие закрепления на конце. Второе — задание импульса на этом конце.

Как Вы себе представляете импульс на закреплённом конце? Этот конец намертво вделан в стену и сдвинуть его невозможно. Как ему сообщить импульс?

[svv]

Что такое функция Дедекинда, я не знаю, но на этом месте по смыслу должна быть функция Хевисайда (ступенька), она равна $1$ для положительных значений аргумента, $0$ для отрицательных, для значений в нуле используются разные определения.

Пожалуйста, посмотрите книгу:
Polyanin, A. D., Handbook of Linear Partial Differential Equations for Engineers and Scientists.
Глава называется «Hyperbolic Equations with One Space Variable», в разных изданиях она имеет разный номер.
Пункт «Equation of the Form $\frac{\partial^2 w}{\partial t^2}=a^2 \frac{\partial^2 w}{\partial x^2}-bw+\Phi(x, t)$».

Там приводится много частных решений. Особое внимание обратите на фундаментальные решения (как раз соответствующие «щелчку» в $t=x=0$) и готовые формулы для задачи Коши. Фундаментальные решения не обязательно удовлетворяют нужным граничным и начальным условиям, но для разновидностей «щелчка» можно получить решение с помощью таких операций, как дифференцирование фундаментального решения по $x$ или $t$, симметризация или антисимметризация по $x$ и т.д.

Рад, что Someone разделяет мои сомнения по поводу условий данной задачи.

[Munin]

Импульс на закреплённом конце мог бы выглядеть как

$u'_x(0,t)=A\delta(t-t_0)$

при условии, что $t>t_0.$

Someone в сообщении #1229242 писал(а):

Как Вы себе представляете импульс на закреплённом конце? Этот конец намертво вделан в стену и сдвинуть его невозможно.

Это не так. На этом конце необходимо задать два гранусловия: на $u$ и на $u'_x$ - и одно из них может "шевелиться" независимо от другого, в том числе и дать импульс. (Это возможно по той причине, что второй стены нет.)

[Someone]

Ах, да. Там же шарнирное закрепление может быть.

[Astroid]

svv в сообщении #1229248 писал(а):

Пожалуйста, посмотрите книгу:
Polyanin, A. D., Handbook of Linear Partial Differential Equations for Engineers and Scientists.
Глава называется «Hyperbolic Equations with One Space Variable», в разных изданиях она имеет разный номер.

Нашел в этой книге решения, о которых вы говорите. Действительно, может у Лаврентьева в "Методах ТФКП" так обозначена функция Хевисайда?

Munin в сообщении #1229258 писал(а):

Это не так.

Можете подробнее пояснить? Я вот все больше склоняюсь на сторону людей, говорящих, что закрепленному концу импульс придать нельзя, это достаточно просто понять интуитивно.

[Munin]

Чтобы для уравнения струны задать корректные граничные условия, надо задать два условия, грубо говоря. Наиболее частый вариант - это когда два условия задаются на двух концах конечного отрезка - по одному на каждом конце. Но если струна полубесконечная, то оба условия можно задать на одном конце. Также возможно и на конечном отрезке задать оба условия на одном конце - при этом физически второй конец оказывается просто условностью, решения формально можно продолжать за него.

Ещё возможны условия типа периодических - когда два конца связаны одним условием. Здесь тоже в общем действует правило "нужно два условия".

Ещё возможны условия типа стационарности по координате. Вообще это отдельный случай, но может быть, какая-то аналогия есть и здесь, навскидку не скажу.

[sup]

Задать два начальных условия и два условия на стенке не получится. Задача будет некорректной.

$$ \begin{align} &u_{tt} - u_{xx} = f, \\ &u(0,t) = u_x(0,t) = 0, \\ &u(x,0) = u_t(x,0) = 0. \end{align} $$

Такая задача разрешима не для всех $f$. Никакое поведение на бесконечности решения корректность не обеспечит, поскольку имеет место конечная скорость распространения возмущений. Решение возле стенки про бесконечность вообще ничего "не знает".

Мне кажется, тут возникла какая-то путаница. Как мне представляется, изначально имеют смысл дельта-образные силы (удар молотком). После интегрирования скорость изменяется скачком, но на конечную величину. Вот простой примерчик для иллюстрации

$$ \begin{align} &y' = \delta(t), \\ &y(0) = 0. \end{align} $$

Решение легко находится $y = \theta (t)$ --- ступенька. Поэтому исходная задача эквивалентна следующей

$$ \begin{align} &y' = 0, \\ &y(0) = 1. \end{align} $$

Последняя формулировка "лучше" первой в том смысле, что в ней не фигурируют никакие "бесконечности". Все в привычных терминах. Поэтому именно так и стараются формулировать подобные задачи. Но, все-таки, первична формулировка с дельта-функцией.

С учетом этого замечания я предлагаю сформулировать исходную задачу "как положено" с двумя начальными данными и одним краевым (закрепленный конец?), но с дельта-образной силой. А уже потом мы ее перекачаем в начальное или краевое условия.

[Munin]

Да, что-то я наврал. Надо подумать, что.

-- 25.06.2017 14:35:36 --

Нет, стоп. Функция Грина (чисто запаздывающая)

$$\begin{aligned} G(x,t,x_0,t_0)=\tfrac{1}{2}\Bigl[ & \theta\bigl(-(x-x_0)\bigr)\,\delta\bigl((t-t_0)+(x-x_0)\bigr) \\ & {}-\delta\bigl((t-t_0)-(x+x_0)\bigr)\Bigr] \\ {}+\tfrac{1}{2}\Bigl[ & \theta\bigl(x-x_0\bigr)\,\delta\bigl((t-t_0)-(x-x_0)\bigr)\Bigr] \\ \end{aligned}$$

не решает вашу задачу

(Оффтоп)

sup в сообщении #1229421 писал(а):

$$ \begin{align} &u_{tt} - u_{xx} = f, \\ &u(0,t) = u_x(0,t) = 0, \\ &u(x,0) = u_t(x,0) = 0. \end{align} $$

при любых $f$?

[sup]

Запишем уравнение в виде

$$ \left (\frac {\partial}{\partial t} - \frac {\partial}{\partial x} \right )(u_t(x,t) + u_x(x,t)) = f(x,t). $$

Это просто производная по направлению. Значит можно проинтегрировать и получить тождество для любого $z > 0$

$$ (u_t + u_x)(0, z) - (u_t + u_x)(z, 0) = \int \limits_0^z f(s, z - s) \, ds. $$

Если на краю заданы два условия, то это тождество задает ограничение на правую часть $f(x,t)$.

Я могу себе представить следующую ситуацию. У нас имеется "длинный" стержень, лежащий на столе. В какой-то момент я ударил молотком в торец этого стержня. Пошла продольная волна. (С поперечными колебаниями как-то сложнее.)
В этом случае начальные данные нулевые (стержень покоился). Краевое условие одно $u_x(0,t) = 0$ --- свободный конец. А правая часть имеет вид $f(x,t) = \delta(t)\delta(x)$. Это сила, локализованная в пространстве и времени.

[Munin]

А что с моей функцией Грина не так?

[sup]

Правильно ли я понимаю, что с помощью этой функции решение выражается так

$$ u(x_0,t_0) = \iint \limits_{x,t \geqslant 0} f(x,t) G(x,t, x_0, t_0) \,dx dt $$

У меня есть вопросы к такому представлению. Во-первых, носитель функции $G$ неограничен. Это значит, что на значение функции в точке $(x_0, t_0)$ влияет будущее. Вероятно, Вы ошиблись со знаками. Далее, обратите внимание, в Вашем решении переменные $x,t$ неравноправны, хотя в задаче они полностью аналогичны. Если немножко подправить представление, то данная формула будет выражать не $u$, а $u_x$ в задаче Коши на всей оси. А для полуоси эта же формула будет соответствовать краевому условию

$$ (u_t - u_x) (0, t) = 0. $$

Я покажу лишь для задачи Коши на всей оси. Как и раньше легко получить тождество

$$ (u_t + u_x)(x_0, t_0) = \int \limits_0^{t_0} f(x_0 + s, t_0 - s) \, ds. $$

Аналогично этому имеет место и "симметричное" тождество

$$ (u_t - u_x)(x_0, t_0) = \int \limits_0^{t_0} f(x_0 - s, t_0 - s) \, ds. $$

Вычитаем из первого второе и получаем

$$ 2u_x(x_0, t_0) = \int \limits_0^{t_0} f(x_0 + s, t_0 - s) \, ds - \int \limits_0^{t_0} f(x_0 - s, t_0 - s) \, ds. $$

А это очень похоже на то, что Вы написали.

Есть, однако, и другой вариант. Если мы рассматриваем задачу не в квадранте $\{x,t > 0\}$, а в полуплоскости $\{x > 0\}$. Т.е. время от минус до плюс бесконечности. Тогда формально можно считать, что $t$ и $x$ поменялись ролями и поставить задачу Коши с двумя данными на стенке. Так задачу можно ставить. Не могу сказать, какой у нее физический смысл, но сделать такое можно. Возможно, что Вы именно это и имели в виду. (путаница в формулах не в счет). Но все равно, это задача в полуплоскости, а не в квадранте.

[Munin]

sup в сообщении #1229578 писал(а):

У меня есть вопросы к такому представлению. Во-первых, носитель функции $G$ неограничен. Это значит, что на значение функции в точке $(x_0, t_0)$ влияет будущее. Вероятно, Вы ошиблись со знаками.

Да, во второй строчке нашёл ошибку в знаке. Сейчас исправил.

[sup]

Ну, подумаешь, ошибка в знаке. Дело-то житейское. Главное другое, может Вы действительно в полуплоскости рассматривали уравнение? (а не в квадранте)

[Munin]

sup в сообщении #1229578 писал(а):

Далее, обратите внимание, в Вашем решении переменные $x,t$ неравноправны, хотя в задаче они полностью аналогичны.

Я же сказал, что выбрал запаздывающую функцию Грина. Могу написать и опережающую, только там будет пять слагаемых вместо трёх. И мне легче будет запутаться в знаках :-) Кроме того, опережающая будет тоже частично "запаздывающей". И наконец, произвольная функция Грина будет произвольной линейной комбинацией этих двух, с суммарным весом 1.

[sup]

(Оффтоп)

Munin в сообщении #1229586 писал(а):

И мне легче будет запутаться в знаках

Да уж, сразу вспоминается

Дж. Литтлвуд писал(а):

В текстах такого рода, вдохновленных, несомненно, самим дьяволом, не может не быть опечаток.