Задача колебания маятника с дельта-функцией в правой части

[M_ike]

Рассматривается неоднородное уравнение математического маятника (или грузика на пружинке).
Цель - разобраться как оперировать с неоднородностью в виде дельта-функции на простом примере.

$$\ddot{x}+x=\delta(t)$$

В начальный момент времени грузику сообщается толчок $\delta(t)$.
Коэффициенты в уравнении для удобства выбраны равными единице.
$x$ - смещение из положения равновесия, $t$ - время
Начальные условия однородны: $\dot{x}(0)=0; ~ x(0)=0;$

Воспользуемся преобразованием Лапласа. С учетом Н.У. получим:

$$s^2 \bar{x}+\bar{x}=1$$

Отсюда находим $\bar{x}$:

$$\bar{x}=\frac 1 {1+s^2}$$

Выполним обратное преобразование Лапласа, не забывая про дельта-функцию:

$$\frac 1 {1+s^2} \doteq \sin(t); \quad 1 \doteq \delta(t);$$

Применяя свертку, получим $x$ во временной области:

$$x=\int\limits_0^t \sin (\tau) \delta(t-\tau)\,d\tau=\begin{cases} \sin (t),&\text{если $t>0$;}\\ -\sin (t),&\text{если $t<0$.} \end{cases}=\sin (t)(2 H(t)-1)$$

Где $H(t)$ - функция Хевисайда.
Теперь проверим полученное выражение подстановкой в исходное уравнение. Найдем производные:

$$\dot{x}=2 \cos (t) H(t)+2 \sin(t) \delta(t)-\cos(t)$$

$$\ddot{x}=-2 \sin(t) H(t)+4 \cos(t) \delta(t)+2\sin(t)\delta'(t)+\sin(t)$$

$$\ddot{x} +x=2 \sin(t) \delta'(t)+4 \cos(t) \delta(t)$$

Последнее выражение еще можно преобразовать, воспользовавшись формулой [Википедия]:

$$f(x)\delta'(t)=f(0)\delta'(x)-f'(x)\delta(x)$$

Тогда получим в левой части исходного уравнения:

$$2\delta(t)(2\cos(t)-1)$$

О ужас! Тут возникают сомнения и вопросы.
Разве так и должно быть? С прискорбием вынужден констатировать, что правая часть, представляющая из себя просто $\delta(t)$, не равна левой. Или все-таки равна? Так и должно быть? Или я где-нибудь ошибся? Ничего не понимаю, пожалуйста помогите разобраться.

[мат-ламер]

У Вас время $t$ произвольное или неотрицательное? Если произвольное, то обыкновенное преобразование Лапласа не работает. Воспользуйтесь преобразованием Фурье.

-- Пт май 25, 2012 22:10:08 --

Но исходя из физического смысла задачи (удар по маятнику) логично предположить, что у Вас неотрицательное $t$. Вторую половину вычислений переделайте исходя из этого.

[profrotter]

M_ike в сообщении #576321 писал(а):

Применяя свертку, получим во временной области:

Не безобразничайте:

$$x(t<0)=0.$$

Это должно быть во-первых из самой постановки задачи (до воздействия маятник находился в состоянии покоя), а во-вторых, когда Вы брали обратное преобразование Лапласа, Вы получили оригинал, который равен нулю при отрицательных значениях аргумента и имеет не более чем экспоненциальный рост.

[ewert]

Поскольку уравнение линейное неоднородное, для поиска общего решения достаточно найти хоть одно частное. Вот и ищите его из соображений здравого смысла -- в виде чистого синуса, умноженного на сколько-то там сигнумов от икс.

А с решением задачи Коши не стоит даже и возиться -- сужение дельта-функции на полуось не определено. Т.е. её можно, конечно, переопределить на полуось в рамках операционного исчисления, но это уже не будет дельта-функцией в стандартном понимании.

[мат-ламер]

А между прочим, решение правильное. Слова о неприменимости преобразования Лапласа беру назад. Маятник стремился к положению равновесия, затем в нулевой точке испытал упругий удар, и стал двигаться в противоположную сторону. А вот проверка решения корява. У Вас $x(t)$ - две синусоиды. Если взять отсюда производную, то получится две косинусоиды, у которых в нуле сдвиг на единичную ступеньку Хевисайда. Если это продифференцировать - то получится две синусоиды плюс дельта-функция Дирака в нуле.

[profrotter]

После обратного преобразования Лапласа решение честно надо записать в виде:

$$x(t)=\sigma(t)\sin(t).$$

Пробуем непосредственной проверкой убедиться, что оно удовлетворяет диф. уравнению. Ищем производную:

$$x'(t)=\sigma'(t)\sin(t)+\sigma(t)\cos(t)=\delta(t)\sin(t)+\sigma(t)\cos(t).$$

Конструкция $\delta(t)\sin(t)$ представляет собою произведение обобщённой функции на бесконечно-дифференцируемую, а произведение бесконечно-дифференцируемой на всякую основную функцию - тоже будет основной функцией, то есть можно написать:

$$(\delta(t)\sin(t),\varphi(t))=(\delta(t),\sin(t)\varphi(t))=\sin(0)\varphi(0)=0.$$

Тогда $\delta(t)\sin(t)=0$. Теперь для производной:

$$x'(t)=\sigma(t)\cos(t).$$

Ищем вторую производную:

$$x''(t)=\sigma'(t)\cos(t)-\sigma(t)\sin(t)=\delta(t)\cos(t)-\sigma(t)\sin(t).$$

Аналогично

$$(\delta(t)\cos(t),\varphi(t))=(\delta(t),\cos(t)\varphi(t))=\cos(0)\varphi(0)=\varphi(0),$$

то есть $\delta(t)\cos(t)=\delta(t)$. Вторая производная:

$$x''(t)=\delta(t)-\sigma(t)\sin(t).$$

Подставляем в уравнение:

$$\delta(t)-\sigma(t)\sin(t)+\sigma(t)\sin(t)=\delta(t).$$

[Munin]

(Оффтоп)

мат-ламер в сообщении #576358 писал(а):

А между прочим, решение правильное. Слова о неприменимости преобразования Лапласа беру назад. Маятник стремился к положению равновесия, затем в нулевой точке испытал упругий удар, и стал двигаться в противоположную сторону.

Тогда там не лишняя ли двоечка?

[profrotter]

Решение неправильное вот в этом месте:

M_ike в сообщении #576321 писал(а):

Выполним обратное преобразование Лапласа, не забывая про дельта-функцию:

$$\frac 1 {1+s^2} \doteq \sin(t); \quad 1 \doteq \delta(t);$$

Применяя свертку, получим $x$ во временной области:

$$x=\int\limits_0^t \sin (\tau) \delta(t-\tau)\,d\tau=\begin{cases} \sin (t),&\text{если $t>0$;}\\ -\sin (t),&\text{если $t<0$.} \end{cases}=\sin (t)(2 H(t)-1)$$

Где $H(t)$ - функция Хевисайда.

Должно быть:
Выполним обратное преобразование Лапласа, не забывая про дельта-функцию:

$$\frac 1 {1+s^2} \doteq H(t)\sin(t); \quad 1 \doteq \delta(t);$$

Применяя свертку, получим $x$ во временной области:

$$x=\int\limits_0^t H(\tau)\sin (\tau) \delta(t-\tau)\,d\tau=\begin{cases} \sin (t),&\text{если $t>0$;}\\ 0,&\text{если $t<0$.} \end{cases}=H(t)\sin (t)$$

Где $H(t)$ - функция Хевисайда.

А то что было проделано автором темы, вообще говоря, физически некорректно: зная лишь начальные условия и воздействие в момент времени $t=0$, автор вдруг получает предысторию системы, которая в данной задаче неоднозначна - система могла находиться в покое, а могла совершать гармонические колебания, а может ещё чего могла.

[M_ike]

profrotter, огромнейшее Вам человеческое спасибо! После Ваших разъяснений стали принципиально понятны не только текущая задача, но даже релевантные параграфы из Гельфанда и Шилова. Я думал, что никогда не въеду в использование обобщенных функций, же.

[ewert]

profrotter в сообщении #576512 писал(а):

$$\frac 1 {1+s^2} \doteq H(t)\sin(t); \quad 1 \doteq \delta(t);$$

Ну только последнее-то зачем? Когда и так синус. А так -- с тем же успехом можно было бы представить числитель как пятую степень единички и потом пять раз сворачивать с дельта-функцией.

И не стоит всё-таки забывать, что $\delta(t)$ в рамках операционного исчисления формально не определена. Исходная постановка задачи осмысленна лишь как предельный переход при $\varepsilon\to+0$ в задаче с функцией $\delta(t-\varepsilon)$ в правой части.

[profrotter]

ewert в сообщении #576642 писал(а):

Ну только последнее-то зачем? Когда и так синус.

Синус при положительных аргументах, а при отрицательных нуль. А свёртка не знаю зачем. Не я её проделывал.