Mathematik II: Lineare Algebra und Systemanalyse ¨Ubungen SS 2005 Teil Systemanalyse

Mathematik II: Lineare Algebra und Systemanalyse ¨Ubungen SS 2005 Teil Systemanalyse

Dieter Imboden

¨Ubung 5, vom 01.06.2005 R ¨uckgabe am 08.06.2004

Aufgabe 1 – L¨osung: Tritium in einer Kl¨aranlage 1. Mit

,

,

! "#$%

und

^{& ')(* ,+ .-/0}

1

schreiben sich die Bilanzgleichungen zu

2

3

4657 98 8

&;:

2 98 2

(1)

2<

3

2

4=57

>8

&;:

2

(2) 2. Da

^{& ? 8}

und

^{& ?}

ist, k¨onnen wir in guter N¨aherung

^{& @}

setzen. Die Koeffizienten-

matrix

^A

f ¨ur das obige System schreibt sich in dieser N¨aherung zu

A

0CB

4657 8 :

4DEGF

B

4!$

4DHF

(3) Das zeitliche Verhalten des Systems wird durch die Eigenwerte dieser Matrix bestimmt. Ist einer betragsm¨assig viel kleiner als der andere, so bestimmt dieser massgeblich das zeitliche Verhalten. Um die Eigenwerte zu berechnen machen wir hier eine N¨aherung: Ist ein nicht- diagonalelement viel kleiner als alle Diagonalelemente, so k¨onnen wir dieses n¨aherungsweise vernachl¨assigen. Auch

kann gegen ¨uber vernachl¨assigt werden, da

^JI

ist. In dieser N¨aherung ergibt sich die Koeffizientenmatrix

A

0KB

4L57 98

:

4D F

0CB

4D

E 4D F B

46

4 F

(4) Lediglich und

^M

spielen noch eine Rolle in diesem System. Die Eigenwerte der approximier- ten Koeffizientenmatrix ¹ sind

4DG#4!""

und

^{4N #4D}

. Der Betragsm¨assig kleinere ist somit

^4DM

. Diese Rate bestimmt damit das zeitliche Verhalten f ¨ur grosse

³

massgeblich.

3. Die L¨osung f ¨ur

^{2DO5P3 :}

hat die Form

2 5P3

:

0RQTS VUXW 8ZY

S

VU\[]W_^

(5) mit

^{Q ^ Ya`}

. Der erste Term geht viel schneller gegen Null, da

^bIc

ist. Der erste Term liefert f ¨ur grosse

³

einen vernachl¨assigbaren Beitrag gegen ¨uber dem zweiten Term. F ¨ur grosse

³

gilt also

2O5P3

: 0 Y S VU [ W

(6) Die Konzentration im Ausfluss f¨allt dann exponentiell mit der Zeitkonstanten

^{O $}

.

1

Zum Vergleich: Die exakten Eigenwerte der Matrix in Gleichung (3) sind

^d%eXfgXg\hOeijMk

und

^d_gOfgOe/lXmXn\miEjMk

.

Aufgabe 2 Variablentransformation

In einem chemischen Reaktor findet eine lineare Hin- und R ¨uckreaktion zwischen den Stoffen A und B statt. Die zugeh¨origen spezifischen Raten seien

^o;p

bzw.

^Epo

. Zum Zeitpunkt

^3q

wird die Menge

^{r o}

des Stoffes A in den Reaktor eingebracht. Vorher war dieser frei von den beiden Stoffen (

^{r oq5s : r p%5s : R}

).

1. Bilanzgleichungen:

PSfrag replacements

r o r p

op

r o

po

r p

r o

3

4Nop

r o 8 po r p

(7)

r p

3

8

op

r

ot4upo

r p

2. Ja, denn

^v1wx

v W 4

v1wNy

v W

. Es muss also eine Erhaltungsgr¨osse geben.

3. F ¨ur

^{r r o 8 r p}

und

^{z{ @ op r o 4| po r p}

ergeben sich die Bilanzgleichungen

r

3

r o

3

8 r p

3

R

(8)

z}{

3

op

r o

3

4| po r p

3

4657 o;p 8 po

:z{

(9)

4. Die Koeffizientenmatrix

^A

A B

4657 op 8 po

: F

(10)

ist diagonal. Damit sind die Differentialgleichungen f ¨ur

^r

und

^z{

entkoppelt (

^r

und

^z{

sind die Eigenfunktionen des Systems).

5. Die L¨osungen sind

r

5P3

: r

5s

:

~€(ƒ‚

(11)

z}{

5P3

:

z{

5s

: S

"„…U

xy‡†

U

y1xˆ

W

(12)

mit den Anfangswerten f ¨ur

^3‰R

r

5s

: r o 5s

: 8 r p 5s

:

(13)

z{

5s

: o;p

r

o<5s

:

4upo

r

p%5s

:

(14) Die gesamte Masse

^r

ist hier also eine Erhaltungsgr¨osse.

6. Durch R ¨ucksubstitution ergeben sich die L¨osungen f ¨ur das Differentialgleichungssystem (7)

r o 5P3

:

o;p 8 po‹Š

po

r

5s

: 8 z{

5s

: S

"„…U

yOx † U xy ˆ

WŒ

(15)

r p 5P3

:

o;p 8 po Š o;p

r

5s

: 4 z{

5s

: S

"„…U

yOx † U xy ˆW Œ

(16)