Lösung 9 - Quack

Das Integral auf der linken Seite kann z.B. mit Hilfe von Integrationstabellen gelöst
werden. Es gilt im Allgemeinen für Konstanten a, b, c, d:
∫
( )
dx
(ax + b)(cx + d) = 1 cx + d
bc − da ln ax + b
Es folgt mit a = c = 1, b = 0 und d = c eq
A + ceq B + K
∫ ∆x
d∆x ′
∆x 0
∆x ′ (∆x ′ + c eq
A + ceq B + K) = −
= −
c eq
A
∫ + ceq
t
(
1
B + K ln ∆x0 (∆x + c eq
∆x(∆x 0 + c eq
A + ceq
A + ceq
(55)
B + K) )
B + K)
t 0
k a dt ′ . (56)
Mit k eff = k a (c eq
A + ceq B + K) = k a(c eq
A + ceq B ) + k b, was analog zu Gl. (3.56) ist, erhält
man:
∆x
∆x + c eq
A + ceq B + K = ∆x 0
∆x 0 + c eq
A + exp(−t/τ) (58)
ceq B
+ K
mit τ = 1/k eff und t 0 = 0.
Die Gl. (58) ist analog zu Gl. (3.57) des Skriptes bis auf einen unterschiedlichen
Nenner im Vorfaktor und liefert die gleiche Relaxationszeit τ in der Approximation
für eine kleine Auslenkung ∆x 0 und ∆x ≪ c eq
A + ceq B
+ K. Die exakte Lösung kann
man dann vereinfachen zu:
Man erhält also Gl. (3.57) des Skriptes.
(57)
∆x ≃ ∆x 0 exp(−t/τ) (59)
Die Gleichung (50) kann man auch als Funktion von x ausdrucken. Es folgt:
− d(x e − x)
dt
Die Definition von x e = c 0 A − ceq A
eingesetzt ergibt:
Also:
= k a (c eq
A + x e − x)(c eq
B + x e − x) − k b (c eq
P + x − x e) (60)
= c0 B − ceq B
= ceq P − c0 P
in die jeweiligen Klammern
dx
dt = k (
a (c
eq
A + c0 A − c eq
A − x)(ceq B + c0 B − c eq
B
− x) − K(ceq
P − ceq P + c0 P + x) ) (61)
dx
dt = k ( )
a x 2 − (c 0 A + c 0 B + K)x + c 0 Ac 0 B − Kc 0 P = ka (x − x e )(x − y e ) (62)
wobei x e und y e die Nullstellen des Polynoms zweiten Grades sind. Mit Hilfe der
Formel (55) ergibt sich:
( ) x − ye
ln − ln
x − x e
(
ye
)
= k a (c 0 A + c 0 B + K − 2x e )(t − t 0 ) (63)
x e
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