Diffusion in einem unendlich langen Stab

• Startgleichung$$\frac{{\partial }^2\rho }{\partial {\mathit{x}}^2}-\frac{1}{\mathit{D}}\frac{\partial \rho }{\partial \mathit{t}}=0.$$
• Anfangsbedingung$$\rho (\mathit{x},0)=\mathit{f}(\mathit{x})0\le \mathit{x}\le \mathit{L}$$
• RandbedingungenEs wird aus physikalischen Gründen verlangt, dass die Lösung bei $\mathit{x}=\pm \infty$ nicht unendlich wird.

Anwendung des Separationsansatzes $\rho (\mathit{x},\mathit{t})=\mathit{X}(\mathit{x})\cdot \mathit{T}(\mathit{t})$ auf die Diffusionsgleichung ergibt

$$\frac{\mathit{T}\text{'}}{\mathit{D}\mathit{T}}=\frac{\mathit{X}\text{'}\text{'}}{\mathit{X}}=\text{konstant.}$$

Als Separationskonstante wählen wir $\lambda$, was zu zwei gewöhnlichen DGn zweiter und erster Ordnung führt:

$$\begin{array}{rrcl}\text{(1)}& \mathit{X}\text{'}\text{'}-\lambda \mathit{X}& =& 0\text{mit}\mathit{X}(0)=\mathit{X}(\mathit{L})=0\\ \text{(2)}& \mathit{T}\text{'}-\mathit{D}\lambda \mathit{T}& =& 0.\end{array}$$

Wir bemühen uns zuerst um die Funktion $\mathit{X}$. Sie darf keine Exponentialfunktionen enthalten, da sie bei $\mathit{x}=\pm \infty$ endlich bleiben soll. Wir wählen deshalb $\lambda =-{\mathit{k}}^2$ ($\mathit{k}$ reell) und erhalten

$$\mathit{X}(\mathit{x})={\mathit{a}}_{\mathit{k}}{\text{e}}^{\text{i}\mathit{k}\mathit{x}}\text{.}$$

Im Gegensatz zum Fall eines Stabes endlicher Länge, bei dem $\mathit{k}$ nur diskrete Werte annimmt, darf hier $\mathit{k}$ kontinuierliche Werte annehmen. Die Gleichung für $\mathit{T}(\mathit{t})$ ist

$$\mathit{T}\text{'}+{\mathit{k}}^2\mathit{D}\mathit{T}=0$$

mit Lösung

$$\mathit{T}(\mathit{t})={\mathit{c}}_{\mathit{k}}{\text{e}}^{-{\mathit{k}}^2\mathit{D}\mathit{t}}.$$

Wir schreiben nun $\mathit{a}(\mathit{k})$ anstelle von ${\mathit{a}}_{\mathit{k}}$, nehmen ${\mathit{c}}_{\mathit{k}}$ in ${\mathit{a}}_{\mathit{k}}$ auf, und integrieren über $\mathit{k}$ (Überlagerung der einzelnen Lösungen), um die allgemeine Lösung zu ermitteln

$$\rho (\mathit{x},\mathit{t})=\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}\mathit{a}(\mathit{k}){\text{e}}^{\text{i}\mathit{k}\mathit{x}-{\mathit{k}}^2\mathit{D}\mathit{t}}\text{d}\mathit{k}.$$

Die Anfangsbedingung bestimmt $\mathit{a}(\mathit{k})$

$$\rho (\mathit{x},0)=\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}\mathit{a}(\mathit{k}){\text{e}}^{\text{i}\mathit{k}\mathit{x}}\text{d}\mathit{k}=\mathit{f}(\mathit{x}).$$

Das obige Integral erkennen wir als eine Fourier-Transformation. Daraus folgt

$$\mathit{a}(\mathit{k})=\frac{1}{2\pi }\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}\mathit{f}(\mathit{y}){\text{e}}^{-\text{i}\mathit{k}\mathit{y}}\text{d}\mathit{y}.$$

Einsetzen in die allgemeine Lösung ergibt

$$\rho (\mathit{x},\mathit{t})=\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}\left\{\frac{1}{2\pi }\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}\mathit{f}(\mathit{y}){\text{e}}^{-\text{i}\mathit{k}\mathit{y}}\text{d}\mathit{y}\right\}{\text{e}}^{\text{i}\mathit{k}\mathit{x}-{\mathit{k}}^2\mathit{D}\mathit{t}}\text{d}\mathit{k}.$$

Vertauschen wir beide Integrationen, so erhalten wir

$$\rho (\mathit{x},\mathit{t})=\frac{1}{2\pi }\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}\mathit{f}(\mathit{y})\text{d}\mathit{y}\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}{\text{e}}^{\text{i}\mathit{k}(\mathit{x}-\mathit{y})-{\mathit{k}}^2\mathit{D}\mathit{t}}\text{d}\mathit{k}.$$

Damit lässt. sich zuerst das $\mathit{k}$-Integral berechnen. Jetzt gestalten wir das Argument der Exponentialfunktion wie folgt um

$$\text{i}\mathit{k}(\mathit{x}-\mathit{y})-{\mathit{k}}^2\mathit{D}\mathit{t}=-\mathit{D}\mathit{t}\left[{\left(\mathit{k}-\frac{\text{i}(\mathit{x}-\mathit{y})}{2\mathit{D}\mathit{t}}\right)}^2+\frac{(\mathit{x}-\mathit{y}{)}^2}{4(\mathit{D}\mathit{t}{)}^2}\right]$$

(quadratische Ergänzung). Somit erhalten wir

$$\rho (\mathit{x},\mathit{t})=\frac{1}{2\pi }\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}\mathit{f}(\mathit{y}){\text{e}}^{-\frac{(\mathit{x}-\mathit{y}{)}^2}{4\mathit{D}\mathit{t}}}\text{d}\mathit{y}\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}{\text{e}}^{-\mathit{D}\mathit{t}{\left(\mathit{k}-\frac{\text{i}(\mathit{x}-\mathit{y})}{2\mathit{D}\mathit{t}}\right)}^2}\text{d}\mathit{k}.$$

Nach einer Variablensubstitution

$$\mathit{z}=\sqrt{\mathit{D}\mathit{t}}\left(\mathit{k}-\frac{\text{i}(\mathit{x}-\mathit{y})}{2\mathit{D}\mathit{t}}\right)\text{d}\mathit{z}=\sqrt{\mathit{D}\mathit{t}}\text{d}\mathit{k}$$

geht das zweite Integral über in

$$\frac{1}{\sqrt{\mathit{D}\mathit{t}}}\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}{\text{e}}^{-{\mathit{z}}^2}\text{d}\mathit{z}=\frac{1}{\sqrt{\mathit{D}\mathit{t}}}\sqrt{\pi }.$$

Schließlich erhalten wir für die Konzentration in einem unendlichen Stab mit Anfangskonzentration $\rho (\mathit{x},\mathit{t})=\mathit{f}(\mathit{x})$

$$\rho (\mathit{x},\mathit{t})=\frac{1}{2\sqrt{\pi \mathit{D}\mathit{t}}}\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}\mathit{f}(\mathit{y}){\text{e}}^{-\frac{(\mathit{x}-\mathit{y}{)}^2}{4\mathit{D}\mathit{t}}}\text{d}\mathit{y}.$$