Metody matematyczne w technologii materiałów
Krzysztof Szyszkiewicz
Dyfuzja w nieskończonym obszarze
Jednowymiarowe równanie dyfuzji (lub tzw. równanie ciepła) jest przykładem liniowego
parabolicznego równania różniczkowego cząstkowego. Zaczniemy od najprostrzego przypadku –
równania określonego na całej prostej,
.
x
Problem można sformułować następująco. Szukamy
funkcji
:
[0,
)
,
u
ciągłej w całej dziedzinie i różniczkowalnej we wnętrzu dziedziny, która spełnia zależności
2
2
0
(
,
),
0,
( ,0)
( )
(
,
).
c
c
D
x
t
t
x
c x
c x
x
(1)
Pierwsza część zagadnienia (1) jest właściwym równaniem, a druga to warunek początkowy. Możemy
go interpretować jako początkowy rozkład temperatury (lub stężenia) w „nieskończenie” długim
pręcie. Parametr
0
D
oznacza współczynnik dyfuzji (lub przewodnictwa).
Rozwiązaniem problemu (1) jest funkcja, którą można wyrazić w następującej postaci całkowej dla
0 :
t
2
(
)
4
0
1
( , )
( )
.
4
x s
Dt
c x t
e
c s ds
Dt
(2)
Załóżmy, że warunek początkowy
0
:
c
jest funkcją ciągłą zmierzającą do zera w
nieskończoności:
0
lim
( )
0.
x
c x
Ustalmy
0
.
x
x
Jak zachowuje się rozwiązanie równania dyfuzji (1) ‒
dane wzorem (2), gdy
?
t
Policzymy granicę
0
lim ( , )
t
c x t
(przy ustalonym punkcie przestrzennym:
0
).
x
x
Aby można było łatwiej obliczyć tę granicę dokonamy przekształcenia wzoru (2) stosując
zamianę zmiennej:
(
) / 4
.
x
s
Dt
Wtedy zachodzi
/ 4
.
d
ds
Dt
Po podstawieniu do (2)
uzyskujemy
2
2
2
0
0
0
1
4
( , )
(
4
)(
4
)
(
4
)
4
4
1
(
4
)
.
Dt
c x t
e
c x
Dt
Dtd
e
c x
Dt d
Dt
Dt
e
c x
Dt d
Możemy teraz wygodnie obliczyć granicę:
2
2
2
0
0
0
0
0
1
1
1
lim ( , )
lim
(
4
)
lim
(
4
)
0
0.
t
t
t
c x t
e
c x
Dt d
e
c x
Dt d
e
d
Przejście do granicy pod znakiem całki było uprawnione, gdyż można było zastosować twierdzenie
Lebesgue’a o zbieżności zmajoryzowanej (ograniczonej).
Przykład. (Klasyczna para dyfuzyjna). Rozkład początkowy jest dany funkcją typu Heavyside’a (skok)
Metody matematyczne w technologii materiałów
Krzysztof Szyszkiewicz
0
dla
0,
( )
dla
0,
L
R
c
x
c x
c
x
(3)
gdzie
,
L
R
c
c
są dane. Jeżeli podstawimy warunek początkowy (3) do wzoru (2) na rozwiązanie
problemu (1), to otrzymamy
2
2
2
(
)
(
)
(
)
4
4
4
2
2
(
)
(
)
2
2
4
4
2
0
0
0
0
/ 4
0
/ 4
1
1
( , )
( )
4
4
1
1
4
4
4
4
1
x s
x s
x s
Dt
Dt
Dt
x s
x s
Dt
Dt
L
R
x
Dt
y
y
L
R
L
R
x
Dt
x
y
L
c x t
e
c s ds
e
c ds
e
c ds
Dt
Dt
c
e
ds
c
e
ds
c
e
Dtdy
c
e
Dtdy
Dt
Dt
c
e
dy
2
/ 4
/ 4
.
Dt
y
R
x
Dt
c
e
dy
Wygodnie jest przedstawić to wyrażenie przy pomocy funkcji błędu,
2
0
2
erf ( )
,
x
s
x
e
ds
gdyż jest
ona dobrze znana i występuje w wielu zagdanieniach dyfuzyjnych. Wykorzystując równość
2
2
2
/ 4
/ 4
,
x
Dt
y
y
y
x
Dt
e
dy
e
dy
e
dy
otrzymujemy
2
2
2
/ 4
/ 4
/ 4
1
( , )
(
)
.
x
Dt
x
Dt
x
Dt
y
y
y
L
R
L
R
R
c
c
c x t
c
e
dy
c
e
dy
c
e
dy
Wystarczy teraz powiązać całkę
2
x
y
e
dy
z
2
0
2
erf ( )
.
x
y
x
e
dy
Mamy
2
2
2
0
0
erf ( ),
2
2
x
x
y
y
y
e
dy
e
dy
e
dy
x
zatem
2
/ 4
( , )
erf ( / 4
)
2
2
erf
.
2
2
4
x
Dt
y
L
R
L
R
R
R
L
R
R
L
c
c
c
c
c x t
c
e
dy
c
x
Dt
c
c
c
c
x
Dt
Podsumowując: rozwiązanie równania dyfuzji w jednym wymiarzew obszarze nieskończonym z
warunkami początkowymi typu skok (3) można zapisać nastepująco
( , )
erf
,
dla
(
,
),
0.
2
2
4
L
R
R
L
c
c
c
c
x
c x t
x
t
Dt
Metody matematyczne w technologii materiałów
Krzysztof Szyszkiewicz
Dyfuzja w skończonym obszarze
Równanie dyfuzji w jednowymiarowej wersji w ograniczonym obszarze [0, ] z warunkami Dirichleta
ma postać
2
2
0
,
0,
(0, )
, ( , )
,
L
R
c
c
D
x
t
t
x
c
t
c
c
t
c
(4)
z warunkiem początkowym
0
( ,0)
( ).
c x
c x
Problem ten można rozwiązać tzw. metodą separacji
zmiennych. Najpierw jednak należy sprowadzić go do analogicznego problemu, ale z warunkami
brzegowymi zerowymi. Zauważmy, że jeżeli ( , )
c x t
jest rozwiązaniem problemu
2
2
0
,
0,
(0, )
0, ( , )
0,
c
c
D
x
t
t
x
c
t
c
t
(5)
z warunkiem początkowym
0
0
:
( ,0)
( )
( )
,
R
L
L
c
c
c x
c x
c x
x
c
to funkcja
( , )
( , )
,
R
L
L
c
c
c x t
c x t
x
c
jest rozwiązaniem wyjściowego problemu (4). Możemy zatem bez straty ogólności rozważać
zagadnienie z zerowymi warunkami brzegowymi. Będziemy zatem rozważać problem
2
2
0
,
0,
(0, )
0, ( , )
0,
c
c
D
x
t
t
x
c
t
c
t
(6)
z dowolnym warunkiem początkowym
0
( ,0)
( ).
c x
c x
Rozwiązania szukamy metodą rozdzielania zmiennych ( , )
( ) ( ).
c x t
X x T t
Po wstawieniu mamy
( ) ( )
( ) ( ),
X x T t
DX
x T t
czyli
( )
( )
.
( )
( )
T t
X
x
D T t
X x
Po obu strona tej równości występują funkcje, ale każda zależy od innej
zmiennej. Równość może być spełniona tylko wtedy, gdy obie strony będą równej pewnej wspólnej
stałej. Stąd mamy warunek
( )
( )
,
( )
( )
T t
X
x
const
D T t
X x
więc
( )
( ),
( )
( ).
X x
X x
T t
DT t
(7)
Metody matematyczne w technologii materiałów
Krzysztof Szyszkiewicz
Ponieważ chcemy, aby rozwiązanie ( , )
( ) ( )
c x t
X x T t
spełniało warunek brzegowy zerowy, więc
naturalne jest aby teraz żądać:
(0)
0,
( )
0.
X
X
Dochodzimy więc do następującego problemu na
funkcję
( ) :
X x
0,
(0)
0,
( )
0.
X
X
X
X
(8)
Rozważamy dwa możliwe przypadki: 1)
0
i 2)
0.
W pierwszym przypadku rozwiązanie ma
postać
( )
x
x
X x
Ae
Be
(gdy
0)
lub
( )
X x
Ax
B
(gdy
0).
Jednakże uwzględnienie warunku brzegowego
(0)
( )
0
X
X
prowadzi do
0,
A
B
czyli
( )
0.
X x
Oznacza to, że w tym przypadku nie ma nietrywialnych rozwiązań, które mogłyby służyć do
zbudowania rozwiązania dla pełnego problemu (6). W przypadku drugim (
0)
rozwiązanie ma
postać
( )
sin
cos
.
X x
A
x
B
x
Uwzględnienie warunku brzegowego
(0)
0
X
daje 0
(0)
sin 0
cos0
,
X
A
B
B
zatem
0.
B
Mamy więc
( )
sin
.
X x
A
x
Podstwaiamy drugi warunek,
( )
0,
X
co prowadzi do warunku
sin(
)
0.
A
Mamy teraz interesującą sytuację. Nie chcemy aby
0,
B
bo wtedy znów otrzymalibyśmy
rozwiązanie zerowe,
( )
0.
X x
Pamietajmy jednak, że mamy swobodę w wyborze stałej .
Dlatego
żądamy, aby sin(
)
0,
co implikuje
k
dla
0,1, 2,
k
Zatem mamy
2
,
( )
sin(
),
,
k
k
k
k
k
X
x
A
x
k
(9)
Znając
k
możemy obliczyć ( )
T t
wstawiając do (7)
,
k
T
D T
co daje
2
(
)
( )
.
k
k
Dt
Dt
k
T t
e
e
Łącząc wyrażenia na
( ) i
( )
k
k
X
x
T T
otrzymujemy
2
( , )
sin
dla
1, 2,3,
k
Dt
k
k
k
c x t
A e
x
k
(10)
W ten sposób uzyskaliśmy nieskończony ciąg funkcji, które są rozwiązanimi układu (6), ale na ogół nie
będą one spełniały warunku początkowego
0
( ,0)
( ).
c x
c x
Zauważmy jednak, że zagadnienie (6) jest
liniowe co oznacza, że suma rozwiązań jest także rozwiązaniem. Dlatego poszukujemy pełnego
rozwiązania w postaci szeregu
Metody matematyczne w technologii materiałów
Krzysztof Szyszkiewicz
2
1
1
( , )
( , )
sin
.
k
Dt
k
k
k
k
k
c x t
c x t
A e
x
(11)
Współczynniki
k
A
wyznaczymy z warunku początkowego (podstawiamy we wzorze (11)
0) :
t
0
1
( )
( ,0)
sin
.
k
k
k x
c x
c x
A
(12)
Powyższa równość jest niczym innym jak rozwinięciem w szereg trygonometryczny sinusów warunku
początkowego. Wystarczy pomnożyć obie strony przez sin
n x
i scałkować po przedziale [0, ].
Skorzystamy przy tym z tożsamości:
0
0
,
sin
sin
sin
sin
2
2
0
0
.
x
k
n
k
n
k x
n x
dx
k
n d
k
n
k
n
d
dx
(13)
Mamy zatem
0
1
1
0
0
0
( )sin
sin
sin
sin
sin
2
1, 2,
k
k
n
k
k
n x
k x
n x
k x
n x
c x
dx
A
dx
A
dx
A
n
Oznacza to, że
0
0
2
( )sin
dla
1, 2,
k
k x
A
c x
dx
k
(14)
Ostatecznie rozwiązanie dane jest wzorem
2
(
/ )
1
( , )
sin
,
k
Dt
k
k
k x
c x t
A e
(15)
gdzie współczynniki
1
(
)
k
k
A
zależą od warunków poczatkowych i dane są wzorami (14).