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).