Eine Variation eines Problems mit undichten Eimern

Question

Ich betrachte ein Problem mit undichten Eimern mit einigen Unterschieden. Das System ist wie folgt eingerichtet:

1. Der Tank hat eine praktisch unbegrenzte Kapazität
2. Wasser wird mit einer bekannten Durchflussrate zugesetzt
3. In regelmäßigen Abständen wird das Ablassventil so eingestellt, dass das gesamte Wasser über beispielsweise 10 Sekunden abgelassen wird
4. Wir sind interessiert zu wissen, wie viel Wasser zur Zeit enthalten ist $t$

Nehmen wir als konkretes Beispiel an, dass das Wasser alle 4 Sekunden mit einer Geschwindigkeit von 10 l pro Sekunde hinzugefügt wird und der Abfluss angepasst wird. Wenn der Abfluss eingestellt ist, wird er eingestellt auf$\frac{1}{10}$ des aktuellen Wasservolumens.

Anfangs habe ich mit folgendem Diff angefangen. Gl.$dV=I-\frac{1}{10}V$ wo $V$ steht für Volumen und $I$ist die eingehende Durchflussrate in L pro Sekunde. Das Problem ist, dass in dieser Gleichung der Abfluss in Bezug auf das Volumen konstant ist, während in dem tatsächlichen Problem der Abfluss periodisch angepasst wird und zwischen diesen Ereignissen das Wasser mit einer festgelegten Durchflussrate abfließt.

Ich habe das Gefühl, es geht um die Verwendung von a $\sin$ Funktion, um den Zeitraum zu modellieren, aber ich bin nicht sicher, wie ich vorgehen soll.

Answer 1

Angenommen, der Abfluss wird alle eingestellt $\Delta t$Sekunden. Lassen$V_n$ sei das Wasservolumen im Tank bei $t=n\Delta t$. Lassen$t\in(n\Delta t,(n+1)\Delta t)$.$$\begin{align*}\frac{dV}{dt}=I-V_n/10\implies&V(t)-V_n=(t-n\Delta t)(I-V_n/10)\\\implies&V(t)=V_n(1+n\Delta t/10-t/10)+(t-n\Delta t)I\end{align*}$$Wir müssen einen Ausdruck finden für $V_n$. Die Lautstärke variiert also kontinuierlich$$V_{n+1}=\lim_{t\to(n+1)\Delta t^-}V(t)=V_n[1-\Delta t/10]+I\Delta t$$

Dies ist eine inhomogene lineare Wiederholung erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten, deren Lösung ist $$V_n=(V_0-10I)(1-\Delta t/10)^n+10I$$

Ersetzen $n=\lfloor t/\Delta t\rfloor$,$$V(t)=\left[\left(V_0-10I\right)\left(1-\frac{\Delta t}{10}\right)^{\lfloor t/\Delta t\rfloor}+10I\right]\left[1-\left(\frac{t-\lfloor t/\Delta t\rfloor\Delta t}{10}\right)\right]+I(t-\lfloor t/\Delta t\rfloor\Delta t)$$

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Beigefügte Grafik von $V(t)$ zum $V_0=0,I=10,\Delta t=4$. Beachten Sie, dass die Kurve wie erwartet stückweise linear ist. Der Grenzwert ist$10I$.

Answer 2

Sagen Sie Wasservolumen bei $t = 0$ ist $V_0$.

Wasservolumen zur Zeit $t = 4n$ wo $n \in 0, \mathbb{Z+}$ ist dann gegeben durch

$\displaystyle V_{4n} = \bigg(\frac{3}{5}\bigg)^n V_0 + 10I \bigg(1 - \bigg(\frac{3}{5}\bigg)^n \bigg)$

Und Wasservolumen zur Zeit $4n+t$ ist gegeben durch,

$\displaystyle V_{4n+t} = V_{4n} \bigg(1 - \frac{t}{10}\bigg) + I \, t$ wo $0 \leq t \leq 4$

So kommt der Ausdruck (wo immer ich schreibe $t$, es ist $0 \leq t \leq 4$) -

$V_t = V_0 - \frac{V_0}{10}t + I \, t$

$V_4 = V_0 - \frac{4V_0}{10} + 4I = \frac{3}{5}V_0 + 4I$

$\displaystyle V_{4+t} = V_4 - \frac{V_4}{10}t + I \, t$

dh $\displaystyle V_{4+t} = \frac{3}{5}V_0 + 4I - \frac{t}{10}(\frac{3}{5}V_0 + 4I) + I \, t$

dh $\displaystyle V_{4+t} = \frac{3}{5}V_0 (1 - \frac{t}{10})+ (4 + \frac{3t}{5})I$

$\therefore \displaystyle V_{8} = (\frac{3}{5})^2 V_0+ 4(1 + \frac{3}{5})I$

Ähnlich, $\displaystyle V_{12} = (\frac{3}{5})^3 V_0 + 4(1 + \frac{3}{5} + (\frac{3}{5})^2)I$

Beim $t = 4n$, die geometrische Reihe $\, 1 + \frac{3}{5} + ... + (\frac{3}{5})^{n-1} = \displaystyle \frac{1 - (\frac{3}{5})^{n}}{1 - \frac{3}{5}} = \frac{5}{2} (1 - (\frac{3}{5})^{n})$

Und das führt zur Zeit zum Ausdruck $4n$ und $4n + t$.