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Lösung in. DGL 1. Ordnung: Frage (reagiert)
Status: (Frage) reagiert/warte auf Reaktion Status 
Datum: 12:09 So 22.11.2020
Autor: michi_1995

Aufgabe
In einen 100 Liter Tank mit einer Konzentration Frostschutzmittel von 0,5 Vol.% fließen pro Stunde 30 Liter Frostschutzmittel mit 0,2 Vol% hin zu. Durch ein Ventil fließen 25 Liter Frostschutzmittel ab. Stellen Sie den zeitlichen Verlauf der Frostschutzkonzentration in dem Behälter dar.

Hallo,

zu der o.g. Aufgabe finde ich leider keine Lösung, da ich immer an derselben Stelle hängen bleibe.

Folgende Vorgehensweise habe ich dafür gewählt:

V = Volumen Tank = 100 Ltr.
[mm] \dot{V}_i [/mm] = Eingangsstrom = 30 ltr/h
[mm] \dot{V}_o [/mm] = Ausgangsstrom = 25 ltr/h
[mm] x_i [/mm] = Eingangskonzentration = 0,05
x= Konzentration im Tank => x(t)

Aufstellen der DGL:

[mm] \left[ V+(\dot{V}_o-\dot{V}_i)\cdot t \right] \cdot \frac{dx}{dt} =\dot{V}_o\cdot [/mm] x - [mm] \dot{V}_i\cdot x_i [/mm]

Meine Idee hier ist, dass sich das Volumen um die Differenz des Ab- und Zulaufstroms ändert, je länger die Zeit verstreicht. Das Ganze muss bilanziell aufgehen, sodass der Ausgangsstrom [mm] V_o [/mm] auf der rechten Seite der DGL mit der Konzentration x(t) im Tank abfließt, während [mm] V_i\cdot x_i [/mm] in den Tank hineinfließt.

Da es sich um eine lin. DGL 1. Ordnung mit einem Störglied handelt, wird die Gleichung zu:

[mm] \frac{dx}{dt}-\frac{\dot{V}_o}{V+(\dot{V}_o-\dot{V}_i)\cdot t)}\cdotx =\frac{\dot{V}_i\cdot x_i}{V+(\dot{V}_o-\dot{V}_i)\cdot t)} [/mm]

und entspricht somit der allg. Form:

[mm] x'+f(x)\cdot [/mm] x=g(x)


Nun kann die homogene DGL durch TDV gelöst werden:

[mm] \frac{dx}{dt}-\frac{\dot{V}_o}{V+(\dot{V}_o-\dot{V}_i)\cdot t)}\cdot [/mm] x=0

Die allg. Lösung erfolgt durch Lösung, oder die allgemeine Form:

[mm] x_0=K\cdot e^{-\int f(x) dx} [/mm]

[mm] x_0=K\cdot e^{-\int \frac{\dot{V}_o}{V+(\dot{V}_o-\dot{V}_i)\cdot t)} dx} [/mm]

Wenn man dies löst, erhält man für das Integral auf der rechten Seite folgenden Ausdruck:

[mm] e^{-\int \frac{\dot{V}_o}{V+(\dot{V}_o-\dot{V}_i)\cdot t)} dx}=(t\cdot(\dot{V}_i-\dot{V}_o)-V)^{(V_o/(\dot{V}_i-\dot{V}_o)} [/mm]

Und hier ist nun genau mein Problem. Das kann eigentlich nicht sein, denn wenn [mm] \dot{V}_i [/mm] = [mm] \dot{V}_o, [/mm] also genauso viel zuläuft wie abläuft, dann Teile ich im Nenner durch 0 und die Gleichung ist nicht definiert.

Ich habe dann als Ansatz vor der Integration als Hilfe bzw. als Test mal [mm] \dot{V}_i=\dot{V}_o [/mm] gesetzt. Dann wird es zu einer homogenen DGL die man lösen kann, die sieht dann so aus:

[mm] V\cdot\frac{dx}{dt}=\dot{V}_o\cdot [/mm] x - [mm] \dot{V}_o\cdot x_i [/mm]

[mm] \frac{dx}{x-x_i}=\frac{\dot{V}_o}{V}\cdot [/mm] dt

Das lässt sich einfach integrieren und es kommt eine sinnvolle Lösung heraus. Das heißt, der Spezialfall mit gleichem Zu- und Ablaufstrom ist korrekt, also muss mein Fehler in der Lösung der homogenen DGL sein, aber ich kann ihn einfach nicht finden.

Kann mir jemand evtl. einen Tipp geben wo mein Fehler ist?

Vielen Dank!

Gruß

Michael

Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.

        
Bezug
Lösung in. DGL 1. Ordnung: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 12:35 So 22.11.2020
Autor: michi_1995

Hallo,

Entschuldigung, ich glaube mir ist gerade aufgefallen, dass ich [mm] V_o [/mm] und [mm] V_i [/mm] in der DGL vertauscht habe.

Wenn [mm] V_o [/mm] > [mm] V_i [/mm] ist, dann wird V natürlich kleiner - oben in der DGL wird des größer. Ändert an dem Problem mit meiner Gleichung nichts, ist mir leider beim Aufschreiben durchgegangen.
Sorry!

Gruß

Michael

Bezug
        
Bezug
Lösung in. DGL 1. Ordnung: DGL
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:08 So 29.11.2020
Autor: Infinit

Hallo michi_1995,
ich habe mich mal an Deine Aufgabe gesetzt und komme allerdings zu anderen Ausdrücken als Du. Dass man die Zufluss- und Ablaussraten vertauschen muss, hast Du ja auch schon bemerkt und damit komme ich für die Konzentration des Frostschutzmittels über die Zeit auf folgende DGL:
[mm] (V + (\dot{V}_i - \dot{V}_o)t)\frac{dx}{dt} = \dot{V}_i x_{i} - \dot{V}_o x [/mm] oder dann umgestellt
[mm] \dot{x}(t) + \frac{\dot{V}_o}{V + (\dot{V}_i - \dot{V}_o)t} \cdot x(t) = \frac{\dot{V}_i x_i}{V+ (\dot{V}_i - \dot{V}_o)t} [/mm]
Mit Nullsetzen der rechten Seite für die homogene Lösung kommt man dann auf
[mm] x_h(t) = C \cdot e^{-\frac{\dot{V}_o}{V + (\dot{V}_i - \dot{V}_o)t} x(t)} [/mm]
(Die Punkte über den Abfluss- und Zuflussströmen im Exponenten sind kaum mehr zu erkennen)

Für die partikuläre Lösung bietet sich dann ein Ansatz vom Typ der rechten Seite an:
[mm] x_p(t) = u(t) \cdot e^{-\frac{\dot{V}_i x_i}{V+ (\dot{V}_i - \dot{V}_o)t}x(t)} [/mm] und für die Ableitung der dann zu integrierenden Größe [mm] \dot{u(t)} [/mm] bekomme ich dann schon den sehr unschönen Ausdruck
[mm] \dot{u}(t) = \frac{\dot{V}_i x_i}{V+ (\dot{V}_i - \dot{V}_o)t} \cdot e^{\frac{\dot{V}_i x_i}{V+ (\dot{V}_i - \dot{V}_o)t}} [/mm]
der dann nach t integriert werden muss.
Soweit erst mal von mir, an das Integral habe ich mich nicht mehr drangemacht.
Viele Grüße,
Infinit

Bezug
                
Bezug
Lösung in. DGL 1. Ordnung: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 20:54 So 29.11.2020
Autor: michi_1995

Hallo,

vielen Dank für deine Antwort.
Ich versuche das mal zu integrieren, das ist relativ eklig.

Die Terme sind ja, zu meinem Ansatz identisch, wenn man die Zu- und Ablaufströme richtig benennt. Dann kann man Ansatz ja nicht so falsch sein, dann ist vermutlich ein Fehler bei der Integration passiert.

Vielen vielen Dank für deine Zeit und deine Antwort, du hast mir sehr geholfen!
Gruß

Michael



Bezug
                        
Bezug
Lösung in. DGL 1. Ordnung: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 18:01 Mo 30.11.2020
Autor: Infinit

Hallo michi_1995,
das Ganze diente ja hauptsächlich zum Anschieben der Rechnung. Der Lösungsweg von HJKweseleit ist eine ganze Ecke eleganter.
Viele Grüße,
Infinit

Bezug
        
Bezug
Lösung in. DGL 1. Ordnung: Lösung
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 01:13 Mo 30.11.2020
Autor: HJKweseleit


> In einen 100 Liter Tank mit einer Konzentration
> Frostschutzmittel von 0,5 Vol.% fließen pro Stunde 30
> Liter Frostschutzmittel mit 0,2 Vol% hin zu. Durch ein
> Ventil fließen 25 Liter Frostschutzmittel ab. Stellen Sie
> den zeitlichen Verlauf der Frostschutzkonzentration in dem
> Behälter dar.
>  Hallo,
>  
> zu der o.g. Aufgabe finde ich leider keine Lösung, da ich
> immer an derselben Stelle hängen bleibe.
>  
> Folgende Vorgehensweise habe ich dafür gewählt:
>  
> V = Volumen Tank = 100 Ltr.
>  [mm]\dot{V}_i[/mm] = Eingangsstrom = 30 ltr/h
>  [mm]\dot{V}_o[/mm] = Ausgangsstrom = 25 ltr/h
>  [mm]x_i[/mm] = Eingangskonzentration = 0,05
>  x= Konzentration im Tank => x(t)

>  
> Aufstellen der DGL:

[mm]\left[ V+(\dot{V}_o-\dot{V}_i)\cdot t \right] \cdot \frac{dx}{dt} =\dot{V}_o\cdot[/mm]x - [mm]\dot{V}_i\cdot x_i[/mm]

[notok]


[mm]x_i[/mm] = Eingangskonzentration = 0,002
[mm] x_0 [/mm] = Startkonzentration = 0,005

Dann kommst du in Übereistimung mit Infinit und deiner Korrekturbemerkung auf

[mm]\left[ V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t \right] \cdot \frac{dx}{dt} =\dot{V}_i\cdot[/mm][mm] x_i [/mm] - [mm]\dot{V}_o\cdot x[/mm]

Trennung der Variablen gibt sofort

[mm] \bruch{dx}{\dot{V}_i\cdot x_i - \dot{V}_o\cdot x}=\bruch{dt}{ V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t}, [/mm]

beidseitige Intgegration

[mm] \bruch{ln|\dot{V}_i\cdot x_i - \dot{V}_o\cdot x|}{- \dot{V}_o\cdot}=\bruch{ln|V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t|}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}+C [/mm]      oder  [mm] ln|\dot{V}_i\cdot x_i [/mm] - [mm] \dot{V}_o\cdot [/mm] x| = [mm] ln(|V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t|^\bruch{- \dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o})+C [/mm]

Potenzieren:

[mm] |\dot{V}_i\cdot x_i [/mm] - [mm] \dot{V}_o\cdot [/mm] x| [mm] =|V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t|^\bruch{- \dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}*e^{C} [/mm]  = [mm] \bruch{A}{|V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t|^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}} [/mm]

Auflösen der Betragsstriche:

Die Basis im letzten Nenner ist immer positiv.
[mm] \dot{V}_i\cdot x_i [/mm] - [mm] \dot{V}_o\cdot [/mm] x ist zu Anfang 30*0,002-25*0,005=0,06-0,125<0.  Deshalb ist wegen dieser Anfangskonstellation [mm] |\dot{V}_i\cdot x_i [/mm] - [mm] \dot{V}_o\cdot [/mm] x| = [mm] \dot{V}_o\cdot x-\dot{V}_i\cdot x_i. [/mm]

Damit lösen wir die Betragsstriche auf und erhalten

[mm] \dot{V}_o\cdot x-\dot{V}_i\cdot x_i [/mm] = [mm] \bruch{A}{(V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t)^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}} [/mm] oder x = [mm] \bruch{\dot{V}_i}{\dot{V}_o}x_i [/mm] + [mm] \bruch{C}{(V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t)^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}}. [/mm]

C lässt sich durch die Startkonzentration [mm] x_o=0,005 [/mm] im Tank bestimmen:

[mm] x_0 [/mm] = [mm] \bruch{\dot{V}_i}{\dot{V}_o}x_i [/mm] + [mm] \bruch{C}{V^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}}. [/mm]

Für die obigen Zahlenwerte erhält man dann

x = 0,0024 + [mm] 0,0026\bruch{V^5}{(V+5 t)^5} [/mm]     (t in Stunden).

Interessant daran ist, dass es keine Exponentialfunktion gibt, wie ich erwartet habe, und dass für t [mm] \mapsto \infty [/mm] nicht der Wert 0,002 erreicht wird, sondern der Grenzwert 0,0024.


Bezug
                
Bezug
Lösung in. DGL 1. Ordnung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 18:30 Mo 30.11.2020
Autor: michi_1995

Hallo HJKweseleit,

vielen Dank für deine Antwort.

Ich habe mir deinen Lösungsweg mal angeschaut und habe noch bei einigen Punkten Schwierigkeiten.

Bei deiner Integration von:

[mm] \bruch{dx}{\dot{V}_i\cdot x_i - \dot{V}_o\cdot x}=\bruch{dt}{ V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t} [/mm]

Ergeben sich ja auf beiden Seiten +C - diese hast du, weil es ja konstanten sind auf einer Seite als +C zusammen gefasst, korrekt?

Dasselbe hast du gemacht, bei:

[mm] |\dot{V}_i\cdot x_i [/mm] - [mm] \dot{V}_o\cdot [/mm] x| [mm] =|V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t|^\bruch{- \dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}*e^{C} [/mm]  = [mm] \bruch{A}{|V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t|^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}} [/mm]

Hier ist [mm] e^C [/mm] zu A geworden, da du über den negativen Exponenten den Term in den Nenner gebracht hast. Ist das soweit korrekt?

Hier habe ich aber bereits ein Problem, denn wenn Vi -> Vo geht, bzw. Vi=Vo ist, dann wird der Nenner in der Potenz zu 0 und ist somit nicht definiert. Ich dachte eigentlich, dass man durch die allgemeine Aufstellung der DGL solch einen Sonderfall mit abgedeckt hat. Ich habe viele Lösungen die ich versuche habe genau auf diesen Kriterium geprüft. Also ob ich folgende Fragestellung mit "Ja" beantworten kann. "Bildet meine DGL auch den einfachen Sonderfall Vi=Vo ab?" Warum kann ich durch das allgemeine Aufstellung nicht davon ausgehen, das so ein einfacher Sonderfall abgedeckt wird. Das hat mich immer aus der Bahn geworfen. Für Vo>Vi muss die Gleichung ja entsprechend auch gelten, solange V(t)>0 ist.

Ich habe wirklich nicht gesehen, dass man diese DGL im ersten Schritt direkt duch die Trennung der Variablen lösen kann. Ich bin immer von einer inhomogenen DGL 1. Ordnung ausgegangen und habe mich dann immer bei den Lösungen verhaspelt.

Vielen Dank soweit!
Ich werde morgen noch einmal versuchen den Weg alleine durchzugehen, ohne in deine Lösung zu schauen.

Vielen Dank!

Gruß

Michael


Bezug
                        
Bezug
Lösung in. DGL 1. Ordnung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:02 Di 01.12.2020
Autor: HJKweseleit


> Hallo HJKweseleit,
>  
> vielen Dank für deine Antwort.
>  
> Ich habe mir deinen Lösungsweg mal angeschaut und habe
> noch bei einigen Punkten Schwierigkeiten.
>  
> Bei deiner Integration von:
>  
> [mm]\bruch{dx}{\dot{V}_i\cdot x_i - \dot{V}_o\cdot x}=\bruch{dt}{ V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t}[/mm]
>  
> Ergeben sich ja auf beiden Seiten +C - diese hast du, weil
> es ja konstanten sind auf einer Seite als +C zusammen
> gefasst, korrekt?

[ok]

>  
> Dasselbe hast du gemacht, bei:
>  
> [mm]|\dot{V}_i\cdot x_i[/mm] - [mm]\dot{V}_o\cdot[/mm] x|
> [mm]=|V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t|^\bruch{- \dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}*e^{C}[/mm]
>  = [mm]\bruch{A}{|V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t|^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}}[/mm]
>  
> Hier ist [mm]e^C[/mm] zu A geworden, da du über den negativen
> Exponenten den Term in den Nenner gebracht hast. Ist das
> soweit korrekt?

[ok]

>  
> Hier habe ich aber bereits ein Problem, denn wenn Vi -> Vo
> geht, bzw. Vi=Vo ist, dann wird der Nenner in der Potenz zu
> 0 und ist somit nicht definiert.

[notok]   Im Nenner steht doch noch [mm] V\ne [/mm] 0. Kritisch wird es, wenn auch noch  V=0 ist. Dann haben wir bei Vi=Vo einen Durchlauf und die ganze DGL wird unsinnig.

> Ich dachte eigentlich,
> dass man durch die allgemeine Aufstellung der DGL solch
> einen Sonderfall mit abgedeckt hat. Ich habe viele
> Lösungen die ich versuche habe genau auf diesen Kriterium
> geprüft. Also ob ich folgende Fragestellung mit "Ja"
> beantworten kann. "Bildet meine DGL auch den einfachen
> Sonderfall Vi=Vo ab?" Warum kann ich durch das allgemeine
> Aufstellung nicht davon ausgehen, das so ein einfacher
> Sonderfall abgedeckt wird. Das hat mich immer aus der Bahn
> geworfen. Für Vo>Vi muss die Gleichung ja entsprechend
> auch gelten, solange V(t)>0 ist.

Bei vi=vo hast du auch einen Durchlauf, bei dem aber auf Dauer die Einlaufkonzentration [mm] x_i [/mm] angenommen wird. Dann wird V=konstant und

$ x $ = $ [mm] \bruch{\dot{V}_i}{\dot{V}_o}x_i [/mm] $ + $ [mm] \bruch{C}{V^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}}. [/mm] $= $ [mm] x_i [/mm] $ + $ [mm] \bruch{C}{V^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}}. [/mm] $

>  
> Ich habe wirklich nicht gesehen, dass man diese DGL im
> ersten Schritt direkt duch die Trennung der Variablen
> lösen kann. Ich bin immer von einer inhomogenen DGL 1.
> Ordnung ausgegangen und habe mich dann immer bei den
> Lösungen verhaspelt.
>  
> Vielen Dank soweit!
>  Ich werde morgen noch einmal versuchen den Weg alleine
> durchzugehen, ohne in deine Lösung zu schauen.
>  
> Vielen Dank!
>  
> Gruß
>  
> Michael
>


Mathematisch interessant ist noch der Fall, dass zu Beginn die Konzentration im Tank höher als die im Zulauf ist. Dann muss man die Betragsstriche anders herum auflösen, und man erhält $ x $ = $ [mm] \bruch{\dot{V}_i}{\dot{V}_o}x_i [/mm] $ - $ [mm] \bruch{C}{V^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}}. [/mm] $.  Dann sinkt die Anfangskonzentration ab auf den Endwert.


Bezug
                                
Bezug
Lösung in. DGL 1. Ordnung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:05 Di 01.12.2020
Autor: michi_1995

Hallo,

vielen Dank für die ausführlichen Antworten.

Allerdings verstehe ich noch nicht, warum [mm] V_i->V_o [/mm] bzw. [mm] V_i=V_o [/mm] gehen soll mit der Gleichung.

x = [mm] \bruch{\dot{V}_i}{\dot{V}_o}x_i [/mm] + [mm] \bruch{C}{(V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t)^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}} [/mm]

Für [mm] V_i->V_o [/mm] steht in der Potenz im Nenner:

[mm] \frac{V_o}{Vi-Vi}=\frac{V_o}{0}=ndef [/mm]

Ich kann deine Antwort mit [mm] V\ne [/mm] 0 nicht richtig deuten.

Wenn man nämlich die DGL für diesen Fall [mm] (V_i=V_o=V_i) [/mm] aufstellt, kommt man relativ einfach zu der DGL:

[mm] \frac{dx}{dt}\cdot V+\dot{V_i}\cdot x=\dot{V_i}\cdot x_i [/mm]

[mm] \frac{dx}{dt}\cdot V=\dot{V_i}\cdot (x_i-x) [/mm]

[mm] \frac{dx}{(x_i-x)}=\frac{V_i}{V}\cdot [/mm] dt

Diese DGL lässt sich mit einem einfach Logarithmus lösen und weißt eine ganz andere Struktur als die zuvor allgemeine Lösung auf.

- - - - - -


Das mit den Betragsstrichen und den Anfangskonzentrationen muss ich mir nochmal in Ruhe anschauen. Da hängt es gerade bei mir ebenfalls. Ich dachte, dass sich das durch Vorzeichen automatisch behebt. Das ist ein interessanter Punkt.
Meintest du damit folgendes?

[mm] |\dot{V}_i\cdot x_i [/mm] - [mm] \dot{V}_o\cdot [/mm] x|  = [mm] \bruch{A}{|V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t|^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}} [/mm]

Der Term:

[mm] |(V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot [/mm] t)|

muss gemäß Definition immer positiv sein, da es kein negatives Volumen geben kann.
Dadurch das zu Beginn der Term:

[mm] \dot{V}_i\cdot x_i [/mm] - [mm] \dot{V}_o\cdot [/mm] x

negativ ist, kann die Gleichung nicht nicht erfüllt sein, sodass man die Auflösung:

[mm] \dot{V}_o\cdot x-\dot{V}_i\cdot x_i. [/mm]

wählen muss, damit die physikalischen Gesetze gültig bleiben. Auch hier hätte ich gedacht, dass sich durch die allg. Aufstellung die Vorzeichen selber korrigieren bzw. das mit der Konstante passiert.
Anscheinend fehlt mir noch die Übung mit den DGLs, das ist wirklich sehr kniffelig. Vor allem ändern schon kleine Änderungen in der Ausgangssituation die Lösung extrem.

Vielen Dank!

Gruß
Michael

Bezug
                                        
Bezug
Lösung in. DGL 1. Ordnung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 03:05 Mi 02.12.2020
Autor: HJKweseleit


> Hallo,
>  
> vielen Dank für die ausführlichen Antworten.
>  
> Allerdings verstehe ich noch nicht, warum [mm]V_i->V_o[/mm] bzw.
> [mm]V_i=V_o[/mm] gehen soll mit der Gleichung.
>  
> x = [mm]\bruch{\dot{V}_i}{\dot{V}_o}x_i[/mm] +
> [mm]\bruch{C}{(V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t)^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}}[/mm]
>  
> Für [mm]V_i->V_o[/mm] steht in der Potenz im Nenner:
>  
> [mm]\frac{V_o}{Vi-Vi}=\frac{V_o}{0}=ndef[/mm]
>  
> Ich kann deine Antwort mit [mm]V\ne[/mm] 0 nicht richtig deuten.

[ok]

Sorry, du hast Recht. Ich habe mir nur die Klammer [mm] (V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot [/mm] t) angeschaut und nicht den Exponenten. Deshalb habe ich deinen Einwand nicht verstanden.


>  
> Wenn man nämlich die DGL für diesen Fall [mm](V_i=V_o=V_i)[/mm]
> aufstellt, kommt man relativ einfach zu der DGL:
>  
> [mm]\frac{dx}{dt}\cdot V+\dot{V_i}\cdot x=\dot{V_i}\cdot x_i[/mm]
>  
> [mm]\frac{dx}{dt}\cdot V=\dot{V_i}\cdot (x_i-x)[/mm]
>  
> [mm]\frac{dx}{(x_i-x)}=\frac{V_i}{V}\cdot[/mm] dt
>  
> Diese DGL lässt sich mit einem einfach Logarithmus lösen
> und weißt eine ganz andere Struktur als die zuvor
> allgemeine Lösung auf.


[ok]  Das führt dann zu einer e-Funktion.

>  
> - - - - - -
>
>
> Das mit den Betragsstrichen und den Anfangskonzentrationen
> muss ich mir nochmal in Ruhe anschauen. Da hängt es gerade
> bei mir ebenfalls. Ich dachte, dass sich das durch
> Vorzeichen automatisch behebt. Das ist ein interessanter
> Punkt.
>  Meintest du damit folgendes?
>  
> [mm]|\dot{V}_i\cdot x_i[/mm] - [mm]\dot{V}_o\cdot[/mm] x|  =
> [mm]\bruch{A}{|V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t|^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}}[/mm]
>  
> Der Term:
>  
> [mm]|(V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot[/mm] t)|
>  
> muss gemäß Definition immer positiv sein, da es kein
> negatives Volumen geben kann.
>  Dadurch das zu Beginn der Term:
>  
> [mm]\dot{V}_i\cdot x_i[/mm] - [mm]\dot{V}_o\cdot[/mm] x
>  
> negativ ist, kann die Gleichung nicht nicht erfüllt sein,
> sodass man die Auflösung:
>  
> [mm]\dot{V}_o\cdot x-\dot{V}_i\cdot x_i.[/mm]
>  
> wählen muss, damit die physikalischen Gesetze gültig
> bleiben. Auch hier hätte ich gedacht, dass sich durch die
> allg. Aufstellung die Vorzeichen selber korrigieren bzw.
> das mit der Konstante passiert.
>  Anscheinend fehlt mir noch die Übung mit den DGLs, das
> ist wirklich sehr kniffelig. Vor allem ändern schon kleine
> Änderungen in der Ausgangssituation die Lösung extrem.
>  
> Vielen Dank!
>  
> Gruß
>  Michael



Es ist ganz einfach so: [mm] \integral{f(x) dx}=ln|x| [/mm] und nicht ln(x).

Betrachtet man nun die Lösung
[mm]|\dot{V}_i\cdot x_i[/mm] - [mm]\dot{V}_o\cdot[/mm] x|  = [mm]\bruch{A}{|V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t|^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}}[/mm], ergibt sich Folgendes:

Der Ausdruck rechts im Nenner ist wegen V>0 zu Beginn auf jeden Fall positiv. Also kann man die Betragsstriche dort durch eine Klammer ersetzen. (Falls [mm] \dot{V}_i<\dot{V}_o [/mm] wäre, würde der Tank langsam leerlaufen und die Flüssigkeit anschließend nur noch durchlaufen, so dass dann die DGL nicht mehr passen würde.)

Für den Ausdruck links gibt es zwei Möglichkeiten. Entweder

[mm]|\dot{V}_i\cdot x_i[/mm] - [mm]\dot{V}_o\cdot[/mm] x|=[mm]\dot{V}_i\cdot x_i - \dot{V}_o\cdot[/mm] x oder [mm]|\dot{V}_i\cdot x_i[/mm] - [mm]\dot{V}_o\cdot[/mm] x|=[mm]-\dot{V}_i\cdot x_i + \dot{V}_o\cdot[/mm]x.

Das führt dann zu

x = [mm]\bruch{\dot{V}_i}{\dot{V}_o}x_i[/mm] +[mm]\bruch{C}{(V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t)^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}}[/mm] bzw. zu x = [mm]\bruch{\dot{V}_i}{\dot{V}_o}x_i[/mm] -[mm]\bruch{C}{(V+(\dot{V}_i-\dot{V}_o)\cdot t)^\bruch{\dot{V}_o\cdot}{ \dot{V}_i-\dot{V}_o}}[/mm].

Bis hier ist die Anfangskonzentration noch gar nicht vorgekommen, die Endkonzentration für t [mm] \mapsto \infty [/mm] ist in beiden Fällen die selbe. Nun ist klar: Wenn [mm] x=x_0 [/mm] anfangs über dieser Endkonzentration lag, muss der Wert zeitlich abnehmen und dort ein + stehen, weil der 2. Summand mit der Zeit kleiner wird. Wenn die Anfangskonzentration zu Beginn kleiner war (z.B. [mm] x_0=0), [/mm] muss der Wert zunehmen und vor dem 2. Summanden ein - stehen.

Rein mathematisch bekommst du das richtige Vorzeichen bzw. die richtige Auflösung, indem du die Anfangs-Zahlenwerte in den Betrag einsetzt und dafür sorgst, das zu Beginn der Wert positiv ist.

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