Integrale
Il primo esercizio di questo link: http://www.didatticaingegneria.it/dispense.php/3550/FOS%20-%20Testi%20di%20Esame%20(2008-2013).pdf
ho scritto:
$d(M)/dt=F1+F2-F4$
e
$d(M*cp*T)/dt=F1*cp*T1+F2*cp*T2-F4*cp*T4$
siccome varia sia la massa che la temperatura pensavo di scrivere
$dM/dt*T+ dT/dt*M=F1*T1+F2*T2-F4*T4$
con incognita T4 ed M, ma a questo punto mi blocco e non so come proseguire.
Non so se mi conviene aprire l'integrale o agire in altro modo
ho scritto:
$d(M)/dt=F1+F2-F4$
e
$d(M*cp*T)/dt=F1*cp*T1+F2*cp*T2-F4*cp*T4$
siccome varia sia la massa che la temperatura pensavo di scrivere
$dM/dt*T+ dT/dt*M=F1*T1+F2*T2-F4*T4$
con incognita T4 ed M, ma a questo punto mi blocco e non so come proseguire.
Non so se mi conviene aprire l'integrale o agire in altro modo
Risposte
La pagina non si carica. Potresti,cortesemente, scrivere l'esercizio?
in un contenitore è presente un kg di acqua ad una temperatuta T0. Nel conenitore vengono immesse due correnti. Una corrente F1 ad una temperatura T1 ed una corrente F2 ad una temperatura T2. Viene sottratta una corrente F4 ad una temperatura T4. Il sistema è miscelato e vuole sapere come cambiano massa e teperatura col passare del tempo.
A me interessa la soluzione analitica, visto che l'aspetto fisico è chiaro.
A me interessa la soluzione analitica, visto che l'aspetto fisico è chiaro.
Dunque, prendo per buone le equazioni che hai scritto, visto che non conosco benissimo l'argomento, ma mi sembra che abbiano senso. Aggiungerei le condizioni iniziali che, se ho capito bene, danno luogo al sistema di Cauchy seguente
$$\left\{\begin{array}{l}
M'=F_1+F_2-F_4\\ (MT)'=F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T_4\\ M(0)=1,\ T(0)=T_0
\end{array}\right.$$
dove le incognite sono $M$ e $T$ (perché dici che l'altra è $T_4$?).
Dal momento che mi pare di capire che $F_i,\ T_i$ sono valori noti, si ha dalla prima (e dalla sua condizione iniziale)
$$M(t)=(F_1+F_2-F_4)t+1$$
che sostituito nella seconda fornisce
$$\left\{[(F_1+F_2-F_4)t+1]\cdot T\right\}'=F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T_4$$
da cui
$$[(F_1+F_2-F_4)t+1]\cdot T=(F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T_4)t+c$$
dove $c=T(0)=T_0$. Pertanto
$$T(t)=\frac{(F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T_4)t+T_0}{(F_1+F_2-F_4)t+1}$$
$$\left\{\begin{array}{l}
M'=F_1+F_2-F_4\\ (MT)'=F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T_4\\ M(0)=1,\ T(0)=T_0
\end{array}\right.$$
dove le incognite sono $M$ e $T$ (perché dici che l'altra è $T_4$?).
Dal momento che mi pare di capire che $F_i,\ T_i$ sono valori noti, si ha dalla prima (e dalla sua condizione iniziale)
$$M(t)=(F_1+F_2-F_4)t+1$$
che sostituito nella seconda fornisce
$$\left\{[(F_1+F_2-F_4)t+1]\cdot T\right\}'=F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T_4$$
da cui
$$[(F_1+F_2-F_4)t+1]\cdot T=(F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T_4)t+c$$
dove $c=T(0)=T_0$. Pertanto
$$T(t)=\frac{(F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T_4)t+T_0}{(F_1+F_2-F_4)t+1}$$
La corrente F4 è quella del sistema. Per cui la sua temperatura non è nota. È pari istante per istante alla temperatura del sistema, appunto incognita
Ah, quindi $T_4=T$. E perché non lo scrivi prima? 
. Allora, vediamo di rifare i conti:
$$\left\{\begin{array}{l}
M'=F_1+F_2-F_4\\ (MT)'=F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T\\ M(0)=1,\ T(0)=T_0
\end{array}\right.$$
Si ha dalla prima (e dalla sua condizione iniziale)
$$M(t)=(F_1+F_2-F_4)t+1$$
che sostituito nella seconda fornisce
$$\left\{[(F_1+F_2-F_4)t+1]\cdot T\right\}'=F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T$$
Poiché $M(t)$ è noto, riscriviamo l'equazione come
$$M' T+M T'=F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T$$
da cui ancora
$$M T'+(M'+F_4)T=F_1 T_1+F_2 T_2$$
e infine
$$T'+\frac{M'+F_4}{M} T=F_1 T_1+F_2 T_2$$
Quest'ultima equazione è lineare. Osserva che posso scrivere
$$T'+\frac{A}{Bt+1} T=C$$
dove ho posto
$$A=F_1+F_2,\qquad B=F_1+F_2-F_4,\qquad C=F_1 T_1+F_2 T_2$$
Ora, la soluzione generale di quest'ultima è un po' una seccatura. Te la scrivo dopo perché ora devo assentarmi.
. Allora, vediamo di rifare i conti:$$\left\{\begin{array}{l}
M'=F_1+F_2-F_4\\ (MT)'=F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T\\ M(0)=1,\ T(0)=T_0
\end{array}\right.$$
Si ha dalla prima (e dalla sua condizione iniziale)
$$M(t)=(F_1+F_2-F_4)t+1$$
che sostituito nella seconda fornisce
$$\left\{[(F_1+F_2-F_4)t+1]\cdot T\right\}'=F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T$$
Poiché $M(t)$ è noto, riscriviamo l'equazione come
$$M' T+M T'=F_1 T_1+F_2 T_2-F_4 T$$
da cui ancora
$$M T'+(M'+F_4)T=F_1 T_1+F_2 T_2$$
e infine
$$T'+\frac{M'+F_4}{M} T=F_1 T_1+F_2 T_2$$
Quest'ultima equazione è lineare. Osserva che posso scrivere
$$T'+\frac{A}{Bt+1} T=C$$
dove ho posto
$$A=F_1+F_2,\qquad B=F_1+F_2-F_4,\qquad C=F_1 T_1+F_2 T_2$$
Ora, la soluzione generale di quest'ultima è un po' una seccatura. Te la scrivo dopo perché ora devo assentarmi.
Continuiamo: per risolvere l'ultima equazione, che è lineare, applichiamo la formula risolutiva seguente
$$y'+a(x) y=b(x)\ \Rightarrow\ y(x)=e^{-A(x)}\left[\int e^{A(x)} b(x)\ dx+c\right]$$
essendo $A(x)=\int a(x)\ dx$. Avendosi nel nostro caso
$$a(t)=\frac{A}{Bt+1}\ \Rightarrow\ A(t)=\frac{1}{B}\log|Bt+1|=\log|Bt+1|^{A/B}$$
abbiamo
$$T(t)=\frac{1}{(Bt+1)^{A/B}}\left[\int C (Bt+1)^{A/B}\ dt+c\right]=\frac{1}{(Bt+1)^{A/B}}\left[\frac{C}{A/B+1}\cdot\frac{1}{B}\cdot(Bt+1)^{A/B+1}+c\right]=\frac{C}{A+B}\cdot(Bt+1)+\frac{c}{(Bt+1)^{A/B}}$$
ed avendosi $T(0)=T_0$ segue $c=T_0-\frac{C}{A+B}$. In definitiva
$$T(t)=\frac{1}{A+B}\left[C(Bt+1)+\frac{(A+B)T_0-C}{(Bt+1)^{A/B}}\right]$$
$$y'+a(x) y=b(x)\ \Rightarrow\ y(x)=e^{-A(x)}\left[\int e^{A(x)} b(x)\ dx+c\right]$$
essendo $A(x)=\int a(x)\ dx$. Avendosi nel nostro caso
$$a(t)=\frac{A}{Bt+1}\ \Rightarrow\ A(t)=\frac{1}{B}\log|Bt+1|=\log|Bt+1|^{A/B}$$
abbiamo
$$T(t)=\frac{1}{(Bt+1)^{A/B}}\left[\int C (Bt+1)^{A/B}\ dt+c\right]=\frac{1}{(Bt+1)^{A/B}}\left[\frac{C}{A/B+1}\cdot\frac{1}{B}\cdot(Bt+1)^{A/B+1}+c\right]=\frac{C}{A+B}\cdot(Bt+1)+\frac{c}{(Bt+1)^{A/B}}$$
ed avendosi $T(0)=T_0$ segue $c=T_0-\frac{C}{A+B}$. In definitiva
$$T(t)=\frac{1}{A+B}\left[C(Bt+1)+\frac{(A+B)T_0-C}{(Bt+1)^{A/B}}\right]$$
Ti ringrazio per il tuo gragantuesco e prezioso aiuto
Eh, spero che effettivamente il sistema di equazioni fosse quello scritto, comunque, perché sulla roba "tecnica" non sono ferrato.
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