Resolver una ecuación diferencial, se necesita un segundo par de ojos.

Question

Tengo una EDO simple que contiene una constante k. Al resolver esta EDO se obtiene una solución que contiene k. Si establezco $k=0$ en la solución, no consigo la solución que obtengo si pongo $k=0$ en el ODE original. He repasado mis trabajos una y otra vez, pero no puedo ver el error. Un segundo par de ojos, por favor.

Aquí está:

$\frac{dT}{dx} = k(T-T_{amb})$ donde $T_{amb}=Ax+B$

La condición límite es:

$T=T_0$ cuando $x=0$ necesitamos encontrar $T=T_1$ en $x=L$

Solución para $k\ne0$ :

$\frac{dT}{dx} = k(T-(Ax+B)) = kT-kAx-kB$

dejar $a=k, b=-kA, c=-kB$

Así que tenemos que resolver: $\frac{dT}{dx} = aT + bx + c$

Solución:

dejar $v=aT+bx$ Así que $\frac {dv}{dx}=a\frac {dT}{dx}+b => \frac {dT}{dx}=\frac 1a(\frac {dv}{dx}-b)$

la EDO se convierte entonces en $\frac 1a(\frac {dv}{dx}-b)=v+c$

$=>\frac 1a\frac {dv}{dx}-\frac ba=v+c$

$=>\frac 1a\frac {dv}{dx}=\frac ba+v+c$

$=>\frac {dv}{dx}=a(\frac ba+v+c)$

variable separable, por lo que

$\int_{v_0}^{v_1}\frac{dv}{\frac ba+v+c}=\int_0^L a.dx$

$=>\ln(\frac{\frac ba+v_1+c}{\frac ba+v_0+c})=aL$

volver a sustituir a T:

$=>\ln(\frac{\frac ba+aT_1+bL+c}{\frac ba+aT_0+c})=aL$

$=>\frac ba+aT_1+bL+c=e^{aL}(\frac ba+aT_0+c)$

$=>T_1=\frac 1a(e^{aL}(\frac ba+aT_0+c)-\frac ba-bL-c)$

sustituyendo A, B:

$T_1=\frac 1ke^{kL}(-A+kT_0-kB)+A/k+AL+B$

Ahora, la solución en la que $k\to0$ se obtiene, como $e^{kL}\to1$ :

$T_1=T_0+AL$

Sin embargo, la solución de la EDO original con $k=0$ da $\frac{dT}{dx} = 0$

$=>\int_{T_0}^{T_1}dT=0$

$=>T_1=T_0$

¿Por qué recibo un plazo adicional? $AL$ ¿hacerlo de la primera manera?

Answer 1

Su evaluación del límite es errónea. Utilizando la aproximación de primer orden $e^{kL}\approx1+kL$ la expresión se simplifica a $T_1=T_0+k(T_0-B)L$ y por supuesto en el límite, $T_1=T_0$ .

Answer 2

Si $k=0$ entonces $T'=0\iff T=cst$

Si $k\neq 0$ entonces la ecuación homegénea es $T'=kT\iff T=Ce^{kx}$

Variación constante para encontrar una solución particular con RHS :

$\require{cancel}T'=\cancel{Cke^{kx}}+C'e^{kx}=k(T-T_0)=\cancel{kCe^{kx}}-k(Ax+B)\iff C'=-k(Ax+B)e^{-kx}$

$C=(Ax+B+\frac Ak)e^{-kx}+D$

$T=Ax+B+\frac Ak+De^{kx}$

Creo que complicas innecesariamente con tu método.

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Edición: después de arreglar el problema y el comentario

La solución para $k=0$ sigue siendo válido, obtenemos $T=T_0$ y esto obliga a $T_1=T_0$ .

Cuando $k\neq 0$ tenemos que trabajar las condiciones iniciales :

Tenemos

$\begin{cases} T_0=B+\frac Ak+D \\ T_1=AL+B+\frac Ak+De^{kL}=T_0+AL+D(e^{kL}-1) \\ \end{cases}$

Desde $A,B$ son constantes independientes de $k$ la condición límite $\lim\limits_{k=0}T_1=T_0$ implica que $D$ depende en realidad de $k$ .

$T_1=T_0+AL+D\underbrace{(1+kL+o(k)-1)}_{\text{Taylor Expansion of exponetial}}=T_0+\underbrace{(AL+kDL)}_{\text{need to be }0}+\underbrace{o(kD)}_{\text{need to }\to 0}$

Así que necesitamos $D=-\frac Ak$ .

Sustituyendo en $T$ obtenemos :

$T=T_0-\frac Ak\left(e^{kx}-1-kx\right)$

Ahora puedes comprobar que esta solución es continua en $k=0$ .

Answer 3

Estás ignorando algunos problemas de división por cero en tu límite. Mientras que $e^{kL}$ de hecho tiende a $1$ , $1/k$ tiende a infinito. Las reglas de la aritmética de límites sólo se aplican si los límites de los operandos existen realmente, la diferencia entre dos infinitos "no idénticos" puede ser cualquier cosa, es decir, no está bien definida. Ensamble expresiones similares en su solución para obtener $$T_1=T_0e^{kL}+A\left(L-\frac {e^{kL}-1}k\right)+B\left(1-e^{kL}\right).$$ Entonces el $A$ es la diferencia entre la derivada y el cociente de la diferencia que, efectivamente, va a cero para $k\to 0$ .