Elektrodinamika Jakov´ac Antal, Tak´acs G´abor, Orosz L´aszl´o 2013.
Tartalomjegyz´ ek 1. Ro ort´ eneti ´ attekint´ es ¨vid t¨ 1.1. Elektrosztatika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 1.2. Aram ´es m´agness´eg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Elektrom´agness´eg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. To eseloszl´ asok ¨lt´ 2.1. T¨olt´esrendszer energi´aja . . . . . . . . . . . . . 2.2. Kit´er˝o: er˝ovonalk´ep . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Speci´alis t¨olt´eseloszl´asok tere . . . . . . . . . . . 2.3.1. Dip´olus tere . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2. Egyenletesen t¨olt¨ott v´egtelen s´ıklap tere 2.3.3. Egyenletesen t¨olt¨ott vonalt¨olt´es tere . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
3. Poisson-egyenlet hat´ arfelt´ etelekkel 3.1. Kapacit´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. T¨ uk¨ort¨olt´esek m´odszere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. S´ıklap Green-f¨ uggv´enye . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2. G¨omb Green-f¨ uggv´enye . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Laplace-egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1. Laplace-egyenlet megold´asa t´eglatesten felvett hat´arfelt´etelekkel 3.4. Koordin´atarendszerek, ortogon´alis f¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1. Teljess´eg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2. A Laplace-oper´ator ¨onadjung´alts´aga . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.3. G¨orbevonal´ u koordin´at´ak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. G¨ombi koordin´atarendszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1. A radi´alis egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.2. A t´ersz¨ogf¨ ugg˝o r´esz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.3. G¨ombf¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.4. A Laplace-egyenlet megold´asai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6. Hengerkoordin´at´ak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7. Multip´olus kifejt´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
3 3 5 6
. . . . . .
7 12 14 15 15 15 16
. . . . . . . . . . . . . . . . .
18 21 22 22 23 24 25 26 27 28 28 34 35 36 39 41 44 48
4. Elektrosztatika anyag jelenl´ et´ eben 4.1. Hat´arfelt´etelek . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. T¨ uk¨ort¨olt´esek m´odszere . . . . . . . . . . . . 4.3. Teljes f¨ uggv´enyrendszerek . . . . . . . . . . . 4.4. Elektrosztatikus energia anyag jelenl´et´eben . . ´ 4.4.1. Alland´ o dielektrikum . . . . . . . . . . 4.4.2. T¨olt´eseloszl´as k¨ uls˝o t´erben . . . . . . . ´ 4.4.3. Alland´ o t¨olt´esek, v´altoz´o dielektrikum ´ 4.4.4. Alland´ o potenci´al, v´altoz´o dielektrikum
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
51 53 55 56 58 58 59 60 60
5. Magnetosztatika ´ 5.1. Aram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. M´agneses alapjelens´egek . . . . . . . . . . . . . 5.2.1. Lok´alis t¨orv´enyek . . . . . . . . . . . . . 5.2.2. M´ert´ekinvariancia . . . . . . . . . . . . . ´ 5.3. Arameloszl´ asok . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4. K¨ uls˝o t´erbe helyezett a´rameloszl´as . . . . . . . . 5.5. M´agness´eg anyag jelenl´et´eben . . . . . . . . . . 5.5.1. Hat´arfelt´etelek . . . . . . . . . . . . . . 5.6. Magnetosztatikai feladatok megold´asi m´odszerei
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
62 62 63 63 65 65 69 70 74 74
6. Maxwell-egyenletek 6.1. Vektor- ´es skal´arpotenci´al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Maxwell-egyenletek anyag jelenl´et´eben . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
78 79 81
7. Elektrom´ agneses t´ er energi´ aja 7.1. Az energia m´erlegegyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2. Az impulzus m´erlegegyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
83 83 85
8. Kv´ azistacion´ arius eset 8.1. Indukci´os egy¨ utthat´o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. M´agneses t´er kv´azistacion´arius dinamik´aja vezet˝okben, skin-effektus . . .
86 87 87
9. Teljes id˝ ofu es: forr´ asok n´ elku as ¨ gg´ ¨ li megold´ 9.1. Csoport- ´es f´azissebess´eg . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. Elektrodinamikai hull´amok . . . . . . . . . . . . . . . 9.3. Frekvenciaf¨ ugg˝o permittivit´as, t¨or´esmutat´o . . . . . . 9.3.1. Kramers-Kronig rel´aci´o . . . . . . . . . . . . . 9.3.2. A vezet˝ok´epess´eg ´es a permittivit´as kapcsolata 9.4. Elektrom´agneses hull´amok k¨ozegek hat´ar´an . . . . . . 9.5. Hull´amterjed´es hat´arfelt´etelekkel . . . . . . . . . . .
2
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
90 91 93 95 98 99 100 102
9.5.1. Hull´amvezet˝o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 ¨ 9.5.2. Uregrezon´ ator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 10.Teljes id˝ ofu es: az inhomog´ en r´ esz megold´ asa ¨ gg´ 10.1. Green-f¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.1.1. A Green-f¨ uggv´enyek fizikai ´ertelmez´ese . 10.2. Lokaliz´alt, oszcill´al´o t¨olt´esrendszerek tere . . . . 10.2.1. Dip´olsug´arz´as . . . . . . . . . . . . . . . 10.2.2. Multipol sug´arz´asok . . . . . . . . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
´ 11. Altal´ anos mozg´ ast v´ egz˝ o t¨ omegpont sug´ arz´ asa 11.1. Li´enard-Wiechert potenci´alok . . . . . . . . . . . . . . 11.2. A sug´arz´as dip´ol k¨ozel´ıt´ese . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3. Egyenesvonal´ u egyenletes mozg´ast v´egz˝o test sug´arz´asa 11.4. Sug´arz´as sz¨ogeloszl´asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.5. Sug´arz´as spektruma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.5.1. Szinkrotronsug´arz´as spektruma . . . . . . . . .
. . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . . . .
. . . . .
107 107 109 110 111 113
. . . . . .
116 116 118 120 122 125 126
12.Elektrom´ agneses hull´ amok sz´ or´ asa 128 12.1. Sz´or´as az anyag egyenl˝otlens´egein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 12.2. Sz´or´as g´azon ´es szab´alyos krist´alyon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 13.Cherenkov-sug´ arz´ as ´ es ´ atmeneti sug´ arz´ as 137 13.1. Cherenkov-sug´arz´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 ´ 13.2. Atmeneti sug´arz´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 14.Relativisztikus elektrodinamika 14.1. Relativisztikus koordin´at´ak . . . . . 14.2. Lorentz-transzform´aci´o . . . . . . . . 14.3. T¨omegpont relativisztikus dinamik´aja 14.4. Alkalmaz´asok . . . . . . . . . . . . . 14.5. Sug´arz´asok relativisztikus t´argyal´asa 15.Matematikai alapfogalmak 15.1. Mez˝ok deriv´altja . . . . . . . . . . . 15.2. Mez˝ok integr´alja . . . . . . . . . . . 15.3. Line´aris algebra . . . . . . . . . . . . 15.4. Legendre-polinomok . . . . . . . . . 15.4.1. Megold´as hatv´anysor alakban 15.4.2. Ortogonalit´as . . . . . . . . . 15.4.3. Rodrigues formula . . . . . . 15.4.4. Gener´atorf¨ uggv´eny . . . . . . 3
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
. . . . . . . .
. . . . .
144 144 147 150 152 155
. . . . . . . .
159 160 160 162 163 163 164 165 166
15.4.5. Norm´al´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.4.6. F¨ uggv´enyek kifejt´ese . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.5. Asszoci´alt Legendre-f¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.5.1. Szingul´aris pontok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.5.2. Ansatz ´es rekurzi´o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.5.3. Megold´as el˝oa´ll´ıt´asa a Legendre-polinomokkal . . . . . . . 15.5.4. Kiterjeszt´es negat´ıv indexre . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.5.5. Az asszoci´alt Legendre-f¨ uggv´enyek alapvet˝o tulajdons´agai . 15.6. G¨ombf¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.7. Bessel-f¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.7.1. Hatv´anysor megold´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.7.2. M´odos´ıtott Bessel-egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.7.3. A Bessel-f¨ uggv´enyek aszimptotikus viselked´ese . . . . . . . 15.7.4. Integr´alformul´ak m´odos´ıtott Bessel-f¨ uggv´enyekkel . . . . . 15.7.5. A Bessel-f¨ uggv´enyek gy¨okei . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.7.6. Egy fontos integr´al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.7.7. A Bessel-f¨ uggv´enyek ortogonalit´asa . . . . . . . . . . . . . 15.7.8. Bessel-Fourier sor ´es teljess´eg . . . . . . . . . . . . . . . . 15.7.9. Hankel transzform´aci´o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.A Li´ enard-Wiechert potenci´ alokb´ ol sz´ armaz´ o t´ erer˝ oss´ egek
4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
167 167 168 168 169 169 170 171 172 174 174 177 180 181 182 182 183 184 185 186
El˝ osz´ o Ez a k¨onyv a Budapesti M˝ uszaki ´es Gazdas´agtudom´anyi Egyetem fizikus k´epz´es´enek m´asod´eves elektrodinamika el˝oad´asainak jegyzetanyag´ara t´amaszkodik. Ugyanakkor a szerz˝ok megpr´ob´alt´ak min´el ink´abb ¨on´all´o, l´enyeges el˝oismeretek n´elk¨ ul is k¨ovethet˝o legyen a sz¨oveg. Az elektrodinamika neh´ezs´eg´et az adja, hogy t´erelm´elet, azaz a t´er minden pontj´aban megadott mez˝okkel foglalkozik. Ebb˝ol a szempontb´ol rokon a folytonos k¨ozegek mechanikai modelljeivel, mint p´eld´aul a hidrodinamika vagy a rugalmas testek le´ır´asa. Az elektrodinamik´aban azonban nincsen mikroszkopikus mechanikai modell a h´att´erben, itt a mez˝ok val´oban az alapvet˝o fizikai v´altoz´ok. A t´erelm´eletek kezel´ese els˝osorban az´ert neh´ez, mert a pontmechanik´ahoz k´epest u ´j matematikai fogalmak l´epnek fel, ´es a v´egeredm´eny¨ ul kapott egyenletek nem k¨oz¨ons´eges, hanem parci´alis differenci´alegyenletek. Mindezek miatt a hagyom´anyos elektrodinamika oktat´as jelent˝os r´esze az ilyen t´ıpus´ u matematikai probl´em´ak megold´as´aval foglalkozik. A k¨onyv fel´ep´ıt´es´eben a sz¨ uks´eges matematikai el˝oismereteket, valamint a t´ema t´argyal´asakor fell´ep˝o matematikai h´att´eranyagot k¨ ul¨on fejezetben foglaltuk ¨ossze. Ez lehet˝os´eget biztos´ıt arra, hogy aki ezekkel a fogalmakkal m´ar tiszt´aban van, ezeket a fejezeteket k¨onnyen ´atugorhassa. Az elektrodinamika elm´elete l´enyeg´eben lez´art diszcipl´ına, a Maxwell-egyenletekre ´ep¨ ul, amelyet m´ar az 1800-as ´evek v´ege fel´e is a ma haszn´alt form´aban ´ırtak fel. Ennek ellen´ere a fizikai ´ertelmez´esben sokszor tal´alkozhatunk hom´alyos megfogalmaz´assal, els˝osorban az anyagban ´erv´enyes elektrodinamikai egyenletek tekintet´eben, p´eld´aul a m´agneses indukci´o ´es m´agneses t´er ´ertelmez´es´eben. Ugyanakkor m´ar sz´amos kit˝ un˝o k¨onyv jelent meg az eltelt hossz´ u id˝o sor´an, amelyek az irodalomjegyz´ekben szerepelnek. J.D. Jackson kit˝ un˝o k¨onyve [1], amely a magyar ford´ıt´asban m´ar az SI rendszert haszn´alja az egyik ilyen forr´as, melyet gyakran fogunk haszn´alni. Landau ´es Lifsic nagy siker˝ u elm´e´ leti fizika sorozat´aban az elektrodinamika k´et k¨otetben szerepel [2, 3]. Erdemes forgatni R. Feynman ragyog´o fizikai l´at´asm´oddal meg´ırt Mai fizika sorozat´at, az elektrodinamika az 5. k¨otetben szerepel [4]. A k¨onyv meg´ır´as´aban k¨osz¨onettel tartozunk Prof. Patk´os Andr´asnak, akit˝ol a szerz˝ok egy r´esze annak idej´en az elektrodinamik´at el˝osz¨or hallgatta, s akit˝ol sz´armaz´o jegyzetek szint´en az anyag r´esz´et k´epezik. 5
1. fejezet R¨ ovid t¨ ort´ eneti ´ attekint´ es Ebben a fejezetben az elektrodinamika kialakul´as´anak f˝o fejezeteit tekintj¨ uk ´at, els˝osorban Simonyi K´aroly k¨onyv´ere t´amaszkodva [5]. A tov´abbi r´eszletekhez az olvas´ot ezen k¨onyv olvas´as´ara buzd´ıtjuk. B´ar sok tudom´anyos diszcipl´ına kezd˝odik u ´gy, hogy m´ar az o´kori g¨or¨og¨ok is. . . ”, ” az elektrodinamik´ara ez nem igaz´an igaz. Az o´korban ismertek bizonyos elektromos ´es m´agneses alapjelens´egeket, azonban ezek elszigetelt ismeretek maradtak. Ami ebb˝ol fennmaradt, az els˝osorban a mai nevekben ¨olt testet. Az elektron a borosty´an g¨or¨og megfelel˝oj´eb˝ol sz´armazik, ´es arra utal, hogy a borosty´an d¨orzs¨ol´eses elektromoss´ag´at a g¨or¨og¨ok is ismert´ek. A m´agness´egr˝ol a term´eszetben fellelhet˝o magnetic litosz”, azaz ” m´agnesk˝o r´ev´en volt tudom´asuk.
1.1. Elektrosztatika Az elektrodinamika igazi kvalitat´ıv megismer´ese csak a k¨oz´epkorban kezd˝od¨ott el. Egyik els˝o k´epvisel˝oje volt P. Peregrinus, aki 1269-ben k´ıs´erleteket v´egzett a m´agnesek tulajdons´againak felder´ıt´es´ere, p´eld´aul o˝ volt az, aki a m´agnes er˝ovonalait felt´erk´epezte. Tev´ekenyked´ese ugyanakkor nem volt nagy hat´asa kort´arsaira, ´es az elektrom´agneses jelens´egek kutat´asa l´enyeg´eben h´arom ´evsz´azadig u ´jb´ol sz¨ unetelt. A k¨ovetkez˝o l´ep´est W. Gilbert tette, aki 1600 t´aj´an a F¨old m´agness´ege ir´ant ta˝ mutatta meg a term´eszetes m´agnesek n´ us´ıtott ´erdekl˝od´est, ´es ir´anyt˝ ut szerkesztett. O tanulm´anyoz´as´aval, hogy nincs m´agneses monop´olus, a pozit´ıv ´es negat´ıv p´olusok nem v´alaszthat´ok sz´et, egy f´elbev´agott m´agnesben ugyan´ ugy megjelennek. Megmutatta azt is, hogy a d¨orzs¨ol´eses elektromoss´ag nem csup´an a borosty´anban alakul ki, hanem p´eld´aul u ¨vegben ´es viaszban is. A tudom´any t¨ort´enet´eben sz´amtalanszor fordult el˝o, hogy egy u ¨gyesen megszerkesztett tal´alm´any nagy lend¨ uletet ad a fejl˝od´esnek. Az elektrodinamik´aban az O. Guericke a´ltal 1672-ben szerkesztett d¨orzselektromos g´ep ilyen u ´tt¨or˝o jelent˝os´eg˝ u volt. Ezzel a 6
szerkezettel k¨onnyen lehetett a d¨orzs¨ol´eses elektromoss´aggal felt¨olthet˝o anyagokat elektromos t¨olt´essel ell´atni. Emiatt a XVIII. sz´azad els˝o fel´eben az elektromos jelens´egek beker¨ ultek az u ´ri szalonokba, kedvelt t´arsas´agi sz´orakoz´as lesz a k¨ ul¨onb¨oz˝o jelens´egek bemutat´asa. S b´ar az elektromos kis¨ ul´esek, a t¨olt´esek vonz´asa ´es tasz´ıt´asa l´atv´anyoss´agnak sem utols´o, a tudom´anyos megismer´es is haladt el˝ore. S. Grey 1729 k¨or¨ ul felismerte, hogy bizonyos anyagokkal a t¨olt´es nagy t´avols´agokra sz´all´ıthat´o, m´as anyagok szigetel˝ok´ent m˝ uk¨odnek. P´eld´aul a szob´aban felt¨olt¨ott borosty´an t¨olt´es´et a kertben is lehetett ilyen m´odon hasznos´ıtani. C. Dufay 1733-ban felismerte, hogy az u ¨veg ´es a gyanta elektromoss´aga” k¨ ul¨onb¨oz˝o. ” A tov´abbl´ep´est ism´et egy eszk¨oz, a von Kleist ´es Musschenbroek a´ltal k¨ozel egy id˝oben megalkotott, de az ut´obbi m˝ uk¨od´esi hely´er˝ol leideni palacknak elnevezett eszk¨oz jelentette. A 1.1 a´br´an l´athat´o szerkezet a t¨olt´esek ¨osszegy˝ ujt´es´ere volt alkalmas, a mai kondenz´ator o˝se. A d¨orzselektromos szerkezet a´ltal szolg´altatott t¨olt´est a palack
1.1. a´bra. Leideni palack, forr´as [6]. belsej´eben lev˝o elektrolitba vezetik, a t¨olt´es semleges´ıt´es´er˝ol a palack k¨ ulsej´en lev˝o f´embor´ıt´asnak a palackot fog´o emberen kereszt¨ uli f¨oldel´ese gondoskodott. A szerkezet a XX. sz´azadban mint van der Graaf gener´ator sz¨ uletett u ´jj´a, a modern v´altozat val´oban nagy, ak´ar 25 milli´o voltos fesz¨ ults´egre is felt¨olthet˝o. Ugyan a XVIII. sz´azadi v´altozat nem volt ennyire hat´ekony, de a forr´asok tan´ us´aga szerint [5] ak´ar 180 g´ardista megugraszt´as´ara” ” is alkalmas volt. A fizika egyik els˝o amerikai k´epvisel˝oje volt B. Franklin. Legismertebb munk´ai a l´egk¨ori elektromoss´aggal kapcsolatosak, p´eld´aul felismerte 1750 k¨or¨ ul, hogy l´egk¨ori elektromoss´aggal felt¨olthet˝o a leideni palack. Az o˝ nev´ehez f˝ uz˝odik a cs´ ucshat´as felismer´ese ´es a vill´amh´ar´ıt´o feltal´al´asa. Bevezette az elektromos t¨olt´es fogalm´at: a k´et egyen´ert´ek˝ u lehet˝os´eg k¨oz¨ ul o˝ u ´gy gondolta, hogy az u ¨vegben halmoz´odik fel t¨olt´est¨obblet (nem a borosty´anban), ezt k´es˝obb Euler nevezte el pozit´ıv t¨olt´esnek. Franklin felismerte a t¨olt´esmegmarad´as t¨orv´eny´et is. Az 1700-as ´evek v´eg´ere elegend˝o fizikai ´es matematikai ismeret halmoz´odott fel ahhoz, hogy a kvantitat´ıv t¨orv´enyeket is fel lehetett a´ll´ıtani. Az elektromos pontt¨olt´es ´altal kifejtett er˝ohat´as 1/r2 -es t´avols´agf¨ ugg´es´et t¨obb tud´os nagyj´aban egy id˝oben is felismerte. J. Priestley 1767-ben abb´ol a t´enyb˝ol, hogy a t¨olt´esek a tapasztalat szerint a fel¨ uleten gy˝ ulnek ¨ossze, ´es u ´ton vezette le ezt a t¨orv´enyt. ¨reg belsej´eben nincs er˝ohat´as elm´eleti u 7
T˝ole f¨ uggetlen¨ ul Cavendish ugyanezzel a gondolatmenettel tal´alta ki az er˝ot¨orv´enyt, s˝ot ki is m´erte torzi´os m´erleggel. Munk´ait azonban nem publik´alta, tev´ekenys´eg´er˝ol Kelvin r´ev´en van tudom´asunk, aki 1879-ben publik´alta Cavendish elfelejtett munk´ait. Ezen fel¨ ul Cavendish foglalkozott k¨ ul¨onb¨oz˝o t´argyak kapacit´as´anak m´er´es´evel, vizsg´alt dielektrikumokat, tanulm´anyozta a vezet˝ok´epess´eget. C. Coulomb, akinek a nev´ehez ˝ m´erte k¨otj¨ uk az er˝ot¨orv´enyt, hadm´ern¨ok volt, igen pontos torzi´os ing´akat k´esz´ıtett. O ki 1784-ben az 1/r2 -es Coulomb t¨orv´enyt. Az er˝ot¨orv´eny ismeret´eben Poisson 1811-ben k´epes volt arra, hogy egy tetsz˝oleges t¨olt´eseloszl´as a´ltal l´etrehozott er˝ot´er matematikai egyenleteit megalkossa.
´ 1.2. Aram ´ es m´ agness´ eg M´ıg a fenti vizsg´alatok a sztatikus elektromoss´ag tulajdons´againak felder´ıt´es´ere ir´anyultak, az a´rammal ´es a m´agness´eggel kapcsolatos jelens´egekhez hi´anyzott egy olyan eszk¨oz, amely a´lland´o fesz¨ ults´egforr´ask´ent u ¨zemelt. Ez ir´anyban az els˝o l´ep´es L. Galvani nev´ehez ´ f˝ uz˝odik [7], aki maga az anat´omia ´es a biol´ogia professzora volt Bologn´aban. Eszrevette b´ek´ak prepar´al´asa k¨ozben, hogy ha vasr´acsra r´ezkamp´on r¨ogz´ıtette a b´ekaprepar´atumokat, akkor azok a vasr´acshoz hozz´a´erve ¨osszer´andulnak. Ezt o˝ az a´llati elektromoss´ag jel´enek hitte, ´es megfigyel´eseit 1791-ben ilyen m´odon tette k¨ozz´e. K´es˝obb A. Volta mutatott r´a, hogy itt val´oj´aban nem a b´eka, hanem az elt´er˝o f´emek okozz´ak az effektust. Erre alapozva egym´ast´ol nedves kartonlapokkal elk¨ ul¨on´ıtett cink ´es r´ezlapokb´ol ´alland´o fesz¨ ults´egforr´ast ´ep´ıtett 1800-ban (Volta-oszlop), amelyet Galvani ir´anti tiszteletb˝ol galv´anelemnek nevezett el. Hi´aba volt azonban meg az ´aramforr´as, az a gondolat, hogy az ´aram m´agneses teret kelt maga k¨or¨ ul, annyira k¨ ul¨on¨os volt, hogy nagyj´ab´ol 20 ´evet kellett v´arni, m´ıg C. Oersted v´eletlen¨ ul ´eszrevette ezt. Ezt k¨ovet˝oen azonban igen gyorsan megsz¨ uletett a kvantitat´ıv magnetosztatika: J-B. Biot ´es F. Savart m´ar 1820-ban kim´ert´ek az a´ramj´arta vezet˝o k¨or¨ ul kialakul´o m´agneses teret a m´agnest˝ u elfordul´as´aval, ´es le´ır´as´ara egyenletrendszert dolgoztak ki az elektrosztatika mint´aj´ara. A.M. Amp`ere fel´ırta a m´agneses t´erre vonatkoz´o integr´alis t¨orv´eny´et, ´es megmutatta, hogy a´ramk¨or m´agneses hat´asa egy lapos m´agnessel egyen´ert´ek˝ u. ´ Erdekes, hogy m´ıg az a´ram h˝ohat´asa m´ar igen kor´an nyilv´anval´o volt, az ellen´all´as fogalma milyen lassan alakult ki. Csup´an 1826-ban ´ırta fel G.S. Ohm a r´ola elnevezett t¨orv´enyt. Az a´ramk¨or¨ok viselked´es´enek tiszt´az´as´ara pedig csak 1845-ben G. Kirchhof munk´ass´aga alapj´an der¨ ult f´eny.
8
1.3. Elektrom´ agness´ eg A fentiek alapj´an l´athattuk, hogy az 1820-as ´evek k¨ozep´et˝ol ismertek voltak az elektrosztatika ´es magnetosztatika t¨orv´enyei. A k´et l´atsz´olag ¨on´all´o diszcipl´ına ¨osszekapcsol´asa M. Faraday nev´ehez f˝ uz˝odik, aki 1831-ben ´eszrevette azt, hogy ´aramk¨or¨ok ki- illetve bekapcsol´asakor egy m´asik vezet˝o hurokban fesz¨ ults´eg keletkezik. Kor´abban k¨ozhiedelem volt az, hogy, szemben az elektrosztatik´aval, ahol t¨olt¨ott test t¨olt´esmegoszt´ast k´epes l´etrehozni egy m´asik testben, az ´aram nem k´epes a´ramot ind´ıtani egy m´asik vezet˝o hurokban. Faraday azt vette ´eszre, hogy az ´aram megv´altoz´asa k´epes erre. Faradaynek mellesleg sz´amos elektromoss´aggal kapcsolatos felfedez´est ´es konstrukci´ot tulajdon´ıthatunk (elektromotor, az elektrol´ızis, a dielektrikumok vizsg´alata, a f´eny polariz´aci´oj´anak m´agneses t´erben val´o elfordul´as´at megfogalmaz´o Faraday-effektus). M´egis, az elektromoss´ag ´es m´agness´eg le´ır´as´ara vonatkoz´o egyik legfontosabb ¨otlete az volt, hogy ezeket ez effektusokat egy mez˝o bevezet´es´evel lehet legjobban megk¨ozel´ıteni. Ezt az ¨otletet fejlesztette tov´abb J.C. Maxwell, aki hosszas munk´aval 1855-1873 k¨oz¨otti id˝oszakban megfogalmazta az elektrom´agness´eg matematikai le´ır´as´at, a Maxwellegyenleteket. A kezdeti mechanisztikus modellekt˝ol eg´eszen a kiz´ar´olag az absztrakt elektromos ´es m´agneses tereket tartalmaz´o le´ır´asig ´ıvel˝o gondolatsor nagy tudom´anyos v´ıvm´any volt, ´erv´enyess´ege a mai napig v´altozatlanul fenn´all. Maxwell nev´ehez f˝ uz˝odik a vektorpotenci´al bevezet´ese is. L´enyeg´eben a Maxwell-egyenletek fel´ır´as´aval befejez˝od¨ott az elektrodinamika t¨orv´enyeinek felder´ıt´ese. Az egyenletek mai form´aj´anak megalkot´as´aban H. Hertz szerzett ´erdemeket, aki m´asr´eszt 1886-ban k´ıs´erletileg is kimutatta az elektrom´agneses hull´amo˝ mutatta azt is meg, hogy a f´eny kat, ezzel igazolva a Maxwell-egyenletek j´oslatait. O elektrom´agneses hull´am. H.A. Lorentz 1875-ben pedig fel´ırta a Maxwell-egyenletek anyag jelenl´et´eben ´erv´enyes form´aj´at. 1891-ben ´allt el˝o az elektronelm´elet´evel, megfogalmazta a Lorentz-er˝ot. Az ˝o nev´ehez f˝ uz˝odik a Lorentz-transzform´aci´ok fel´ır´asa, amely a speci´alis relativit´aselm´eletben d¨ont˝o szerepet kapott. B´ar az elektrodinamikai alapkutat´asok a XIX. sz´azad v´eg´ere lez´arultak, a k¨ ul¨onb¨oz˝o alkalmaz´asok a mai napig ´elet¨ unket alapvet˝oen meghat´arozz´ak. Az elm´elet fejl˝od´es´ere k´es˝obb, a kvantummechanika felfedez´es´evel ker¨ ult sor, amikor is a kvantum elektrodinamika megfogalmaz´odott P. Dirac, W. Pauli ´es nem utols´osorban Wigner Jen˝o munk´ass´aga alapj´an.
9
2. fejezet T¨ olt´ eseloszl´ asok Az elektromosan akt´ıv anyag a t¨olt´es´en kereszt¨ ul k´epes m´as t¨olt¨ott anyagra er˝ohat´ast gyakorolni. A t¨olt´es m´ert´ekegys´ege SI-ben a Coulomb. Ezt nem az elektrosztatik´aban defini´alj´ak, hanem az a´ram m´ert´ekegys´eg´eb˝ol, az Amperb˝ol, mint 1C = 1As 1 Amper a´ram ´altal 1 m´asodperc alatt sz´all´ıtott t¨olt´es. Ehhez persze kell az ´aram defin´ıci´oja, ez az ´aram m´agneses hat´as´ab´ol adhat´o meg, l. k´es˝obb. A tapasztalatok szerint egy makroszkopikus test a´ltal kifejtett er˝ohat´as le´ırhat´o u ´gy, mint az anyag egyes darabk´ai ´altal kifejtett er˝ohat´as ¨osszege (szuperpoz´ıci´o elve). Emiatt elegend˝o, ha v´egtelen¨ ul kicsiny anyagdarab ´altal kifejtett er˝ohat´ast ´ırjuk fel. Az anyag v´egtelen finom´ıt´as´aval j¨on l´etre a pontt¨olt´es fogalma, amely egyetlen fizikai pontra koncentr´al´od´o t¨olt´es. Ez egyr´eszt absztrakci´o, azonban a val´odi anyag t¨olt´ese t´enylegesen az atom alkot´or´eszein (proton ´es elektron), azaz igen kis helyen koncentr´al´od´o t¨olt´esek ¨osszess´ege, melyek nagys´aga az elemi t¨olt´es (1.602 · 10−19 C) eg´esz sz´amszorosa. Ha a t¨olt´es m´ert´ekegys´eg´et m´ar r¨ogz´ıtett¨ uk, megm´erhetj¨ uk, hogy mekkora er˝ovel hat egym´asra k´et pontt¨olt´es. Coulomb m´er´esei alapj´an az x1 helyen lev˝o q1 pontt¨olt´es ´altal az x2 helyen lev˝o q2 pontt¨olt´esre hat´o er˝o (a matematikai jel¨ol´esek a szok´asosak, l. 15 fejezet) q1 q2 (x2 − x1 ) , (2.1) F=k |x2 − x1 |3 A k´epletben q1 ´es q2 Coulombban m´erend˝o, a k faktor ´ert´eke k = 1/(4πε0 ), ahol ε0 = 8.854 · 10−12 Vm/C, a v´akuum permittivit´asa1 . Mivel ε0 igen kicsi, ez´ert ez az er˝ohat´as rendk´ıv¨ ul nagy, k´et 1 C-os pontt¨olt´es egym´asra kb. 9 · 109 N er˝ovel hat: ez t¨obb, mint 100000 elef´antbika egy¨ uttes s´ ulya. Faraday ´es Maxwell u ´j fogalmat vezettek be a fizik´aba: a mez˝o vagy t´er fogalm´at. Eszerint a pontt¨olt´es nem k¨ozvetlen¨ ul a m´asik t¨olt´esre hat, hanem val´oj´aban l´etrehoz a t´er minden pontj´aban egy elektromos mez˝ot, ´es ezt a mez˝ot ´erz´ekeli a m´asik test: forr´as −→ mez˝o −→ er˝ohat´as 1
Megjegyz´es: CGS rendszerben kCGS = 1.
10
(2.2)
Ezen k´ep seg´ıts´eg´evel a fenti er˝ohat´ast k´et r´eszre bontjuk: a q1 t¨olt´es˝ u pontt¨olt´es el˝osz¨or l´etrehoz maga k¨or¨ ul egy elektromos mez˝ot E(x) = k
q1 (x − x1 ) . |x − x1 |3
(2.3)
Ebbe az elektromos mez˝obe helyezett q2 pontt¨olt´es er˝ohat´ast ´erez, melynek nagys´aga F2 = q2 E(x2 ).
(2.4)
Term´eszetesen a k´et k´eplet ¨osszeolvasva visszaadja (2.1) k´epletet. A fenti felbont´asnak ilyen m´odon elvi jelent˝os´ege van, lehet˝ov´e teszi, hogy er˝ohat´asok helyett az elektromos t´err˝ol besz´elj¨ unk, amely csak egy t¨olt´est˝ol f¨ ugg, m´ıg az er˝o mindkett˝ot˝ol. K´es˝obb a mez˝ok hasznos fogalomnak fognak bizonyulni a t´avolhat´asok ´es retard´al´as le´ır´as´aban (l. k´es˝obb). Matematikailag az elektromos t´er egy vektormez˝o, vagyis egy E : M → R3 lek´epz´es, ahol M jelenti a h´arom dimenzi´os fizikai ter¨ unket, vagyis egy adott koordin´atarendszer3 ben azonos´ıthat´o R -nel. A jobb oldalon szerepl˝o R3 pedig azt jelenti, hogy a t´er minden egyes pontj´aban az elektromos t´ernek h´arom komponense van. Konkr´etan a (2.3) mez˝o eset´en a h´arom komponens Descartes-koordin´at´akban Ex (x) = k
q1 (x − x1 ) , |x − x1 |3
Ey (x) = k
q1 (y − y1 ) , |x − x1 |3
Ez (x) = k
q1 (z − z1 ) , |x − x1 |3
ahol x = (x, y, z) ´es x1 = (x1 , y1 , z1 ). A h´arom komponenst m´askor E = (E1 , E2 , E3 ) m´odon is jel¨olni fogjuk, ekkor o¨sszefoglal´o jel¨ol´essel Ei (x) = k
q1 (xi − (x1 )i ) |x − x1 |3
A mez˝okkel kapcsolatos matematikai m˝ uveletek ir´ant ´erdekl˝od˝o olvas´ot a F¨ uggel´ek 15 fejezet´enek ´attekint´es´ere b´ıztatjuk. A szuperpoz´ıci´o az elektromos t´er szintj´en azt jelenti, hogy t¨obb t¨olt´es egy¨ uttes tere az egyes t¨olt´esek a´ltal l´etrehozott terek ¨osszege. Ha egy pontt¨olt´esrendszer¨ unk van, amelyben q1 , . . . , qn t¨olt´esek x1 , . . . , xn helyen tal´alhat´ok, akkor a l´etrehozott elektromos t´er: n 1 X x − xi . (2.5) qi E(x) = 4πε0 i=1 |x − xi |3 Egy makroszkopikus anyag t¨olt´ese helyr˝ol helyre v´altozhat. Vegy¨ unk egy ∆V = x−xi ∆x∆y∆z t´erfogatelemet az xi pont k¨or¨ ul, amelyben a |x−xi |3 mennyis´eg csak kicsit v´altozik. Ha ebben a t´erfogatban qi = %(xi )∆V t¨olt´es tal´alhat´o, akkor az el˝oz˝o k´epletet a´t´ırhatjuk, mint n 1 X x − xi E(x) = %(xi )∆V . (2.6) 4πε0 i=1 |x − xi |3 11
Ha van ´ertelme a folytonos hat´aresetnek, azaz ha ∆V → 0 eset´en a %(x) f¨ uggv´eny ´ertelmes marad, akkor a fenti ¨osszegz´esb˝ol integr´alba mehet¨ unk ´at: Z 1 x − x0 E(x) = d3 x0 %(x0 ) (2.7) 4πε0 |x − x0 |3 Descartes-komponensekben kifejezett alakja pedig Z 1 xi − x0i Ei (x) = d3 x0 %(x0 ) . 4πε0 |x − x0 |3
(2.8)
A k¨ozel´ıt´es logik´aj´ab´ol l´atszik, hogy pontt¨olt´esek k¨ozvetlen k¨ozel´eben nem lesz j´o a folytonos t¨olt´eseloszl´as k´ep, ott az egyes t¨olt´eseket k¨ ul¨on kell figyelembe venni. Ugyanakkor matematikailag a pontt¨olt´es megfogalmazhat´o mint egy speci´alis t¨olt´eseloszl´as: pontt¨olt´es x0 helyen −→ %(x) = qδ(x − x0 ),
(2.9)
amivel a pontt¨olt´es rendszer t¨olt´eseloszl´asa %(x) =
n X
qi δ(x − xi ).
(2.10)
i=1
Itt δ(x) a 3D Dirac-delta disztrib´ uci´o, amely olyan f¨ uggv´eny, amely az orig´o kiv´etel´evel mindenhol nulla, a teljes t´erre vett integr´alja m´egis 1. Matematikailag megfogalmazhat´o tulajdons´agai Z δ(x) = δ(x)δ(y)δ(z), δ(x 6= 0) = 0, dx f (x) δ(x) = f (0). (2.11) uggv´eny sorozat eredm´eny´ere A Dirac-delt´ara gondolhatunk u ´gy, mint a δε (x) = π(x2ε+ε2 ) f¨ ha ε → 0: egy egyre v´ekonyod´o, de egyre magasod´o cs´ ucsra . K´es˝obb haszn´alni fogjuk, hogy v´altoz´ohelyettes´ıt´es hat´as´ara δ(f (x)) =
X δ(x − xi ) . |f 0 (xi )| xi
(2.12)
f (xi )=0
A pontt¨olt´es ter´enek van egy k¨ ul¨onleges tulajdons´aga. Integr´aljuk ki egy z´art fel¨ uletre, l. 2.1 a´br´an. A sz´am´ıt´as sor´an felhaszn´aljuk, hogy a kis da fel¨ uletelem orig´ora mer˝oleges vet¨ ulete da cos ϕ = r2 dΩ, ahol dΩ a t´ersz¨og, azaz a fel¨ uletelem l´atsz´olagos sz¨ogkiterjed´ese. Az elektromos t´er ´es a fel¨ ulet norm´alis´anak szorzata En = E cos ϕ. ´Igy v´eg¨ ul is azt kapjuk, hogy I Z Z Z q r2 q cos ϕ q/ε0 ha q ∈ V df E = dan E = dΩ = dΩ = 2 0 ha q 6∈ V cos ϕ 4πε0 r 4πε0 (2.13) 12
2.1. a´bra. Z´art fel¨ uletre integr´aljuk a pontt¨olt´es elektromos ter´et Vagyis a fenti integr´al csak akkor nem nulla, ha a t¨olt´es benne van a fel¨ ulet a´ltal bez´art t´erfogatban! A szuperpoz´ıci´o miatt pontt¨olt´es rendszern´el az adott t´erfogaton bel¨ ul lev˝o t¨olt´esek ¨osszeg´et fogjuk kapni. Ez k¨onnyen ´altal´anos´ıthat´o t¨olt´eseloszl´asra is Z I 1 df E = d3 x %(x) Gauss-t¨orv´eny, (2.14) ε0 V
∂V
hiszen a jobb oldalon a V t´erfogaton bel¨ uli ¨osszt¨olt´est sz´amoltuk ¨ossze. A fel¨ uleti integr´alt a´t lehet ´ırni a Gauss-t´etel seg´ıts´eg´evel I Z Z 1 3 df E = d x div E = d3 x %(x). (2.15) ε0 ∂V
V
V
Mivel ez igaz minden t´erfogatra, ez´ert levonhatjuk a k¨ovetkeztet´est: div E(x) =
%(x) ε0
Maxwell I,
(2.16)
Ez m´ar lok´alis t¨orv´eny, az els˝o Maxwell-egyenlet, amely differenci´alegyenletet ad az elektromos t´er ´es a t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg kapcsolat´ara. A pontt¨olt´es ter´ere egy´eb ¨osszef¨ ugg´est is be tudunk l´atni: x − x0 1 = − grad . 0 3 |x − x | |x − x0 |
(2.17)
Ennek bizony´ıt´as´ahoz egy a´ltal´anos centr´aP lis f¨ uggv´eny gradiens´et hat´arozzuk meg, vagyis 2 ahol f (x) → f (r) ´es r = |x|. Mivel r = i x2i , ´ıgy [grad f (r)]i = ∂i f (r) =
xi ∂r2 1 df ˆ f 0 (r). = f 0 (r) = x ∂xi 2r dr r 13
(2.18)
Ha f (r) = 1/r, akkor f 0 (r) = −1/r2 ; figyelembe v´eve m´eg egy x1 -gyel val´o eltol´ast is, a (2.17) ¨osszef¨ ugg´est bizony´ıtottuk. Eszerint (2.7) egyenletet a´talak´ıtva kapjuk: Ei (x) = − grad Φ(x), ahol
1 Φ(x) = 4πε0
Z
d 3 x0
(2.19)
%(x0 ) . |x − x0 |
(2.20)
Φ neve skal´arpotenci´al vagy egyszer˝ uen potenci´al. A potenci´alnak nincs k¨ozvetlen fizikai jelent´ese, bel˝ole nem sz´armazik er˝ohat´as, csup´an egy seg´edmennyis´eg. Mivel csak a gradiense, azaz deriv´altja m´erhet˝o, ez´ert egy konstanssal eltolhat´o. Speci´alisan megadhatjuk egy x0 -be helyezett q nagys´ag´ u pontt¨olt´es potenci´alj´at: Φ(x) =
q , 4πε0 r
r = |x − x0 |.
(2.21)
Tov´abbi p´eld´akat k´es˝obb n´ez¨ unk meg. A potenci´al l´et´enek, valamint a rot grad = 0 azonoss´ag k¨ovetkezm´enye, hogy rot E(x) = 0
Maxwell II (sztatika).
(2.22)
Ez Maxwell m´asodik egyenlete, amely az elektrosztatik´aban ´erv´enyes. A potenci´al ´es a t¨olt´eseloszl´as kapcsolat´ara is levezethet¨ unk egyenletet. (2.16) egyenlet divergenci´aj´at v´eve kapjuk div E(x) = −4Φ =
%(x) ε0
⇒
4Φ = −
%(x) . ε0
(2.23)
Az ilyen t´ıpus´ u egyenletet Poisson-egyenletnek nevezz¨ uk. Alkalmazva a pontt¨olt´es (2.21) potenci´alj´ara, l´athatjuk, hogy 1 4 = −4πδ(x). (2.24) r Hogy ez az egyenlet igaz, term´eszetesen f¨ uggetlen att´ol,√milyen fizikai h´att´errel jutottunk el hozz´a. Levezethet˝o m´as m´odon is, pl. az 1/r → 1/ r2 + ε2 regulariz´aci´oval, a v´eg´en ε → 0 limeszt elv´egezve (HF.). A (2.24) ¨osszef¨ ugg´est k´es˝obb m´eg sokszor haszn´alni fogjuk. Ha a t´erer˝oss´eget ismerj¨ uk, abb´ol is kisz´am´ıthat´o a potenci´al. Legyen E(x) a t´erer˝oss´eg , ´es integr´aljuk ki egy tetsz˝oleges x1 -b˝ol x2 -be vezet˝o g¨orbe ment´en: Zx2
Zx2 dsE(s) = −
x1
x1
Zτ2 Zτ2 ∂Φ dxi ∂Φ ∂Φ dsi = − dτ = − dτ = Φ(x1 ) − Φ(x2 ), (2.25) ∂xi s dτ ∂xi s ∂τ τ1
τ1
14
teh´at
Zx2 Φ(x1 ) − Φ(x2 ) =
dsE(s).
(2.26)
x1
Ezzel az x1 -beli ´es x2 -beli potenci´alok k¨ ul¨onbs´eg´et kapjuk. Term´eszetesen nem hat´arozhat´o meg a potenci´al abszol´ ut ´ert´eke, hiszen az egy konstans erej´eig hat´arozatlan. Ha ler¨ogz´ıtj¨ uk Φ(x2 )-t, ´es m´as g¨orbe ment´en ´erj¨ uk el x1 -et, akkor elvileg kaphatn´ank m´as eredm´enyt a t´erer˝oss´eg integr´alj´ara, ekkor Φ(x1 ) ´ert´eke f¨ uggene a v´alasztott u ´tt´ol. Azonban Maxwell II egyenlet´et ´es a Stokes-t´etelt haszn´alva ´ırhatjuk a k´etf´elek´eppen sz´amolt Φ(x1 )-ek k¨ ul¨onbs´eg´ere Zx2
Zx2 dsE(s) −
δΦ(x1 ) =
0
0
I
ds E(s ) =
Z
x1
x1
df rot E = 0.
dsE(s) =
(2.27)
F
Vagyis a sztatik´aban ´erv´enyes II. Maxwell-egyenlet k¨ovetkezt´eben a potenci´al egy´ertelm˝ u. Az ilyen eseteket nevezz¨ uk konzervat´ıv mez˝onek.
2.1. T¨ olt´ esrendszer energi´ aja Elektromos mez˝oben mozg´o t¨olt´esre hat´o er˝o F = qE. Ha fel akarunk ´ep´ıteni egy t¨olt´esrendszert, ez ellen az er˝o ellen kell dolgoznunk, vagyis −F er˝ot kell kifejten¨ unk. dx elmozdul´as eset´en az a´ltalunk v´egzett munka: Zx2 dW = −Fdx = −qEdx
⇒
Wx1 →x2 = −q
ds E(s) = q(Φ(x2 ) − Φ(x1 )).
(2.28)
x1
(2.27) k´eplet alapj´an az x1 → x2 mozg´asn´al v´egzett munka f¨ uggetlen a p´aly´at´ol. Ha x1 = ∞, ´es Φ(∞) = 0 (ez v´eges t¨olt´esrendszern´el mindig megtehet˝o), akkor W∞→x = qΦ(x). Az ´altalunk v´egzett munka – az energiamegmarad´as miatt – a t¨olt´esrendszer energi´aj´aban t´arol´odik. Ez´ert a fenti k´epletet a k¨ovetkez˝ok´eppen ´ertelmezz¨ uk: ha van egy t¨olt´esrendszer¨ unk, amely m´ar l´etrehozott egy E(x) t´erer˝oss´eget, s ehhez hozz´aadunk egy δq t¨olt´est a v´egtelenb˝ol x0 helyre, akkor a t¨olt´esrendszer energi´aj´anak v´altoz´asa δW = δqΦ(x0 ).
(2.29)
Teljes t¨olt´esrendszer fel´ep´ıt´es´en´el egyes´evel tessz¨ uk be a t¨olt´eseket, az u ´jonnan betett t¨olt´esek a r´egiek ter´et ´erzik: W =
n X i=1
i−1 n X qi 1 1 X q i qj 1 qi = . 4πε0 |xi − xj | 2 i,j=1,i6=j 4πε0 |xi − xj | j=1
15
(2.30)
Itt ki kell hagyni az i = j esetet, mert ekkor v´egtelent kapn´ank. Folytonos esetre is k¨onnyen a´tfogalmazhat´ok a fenti gondolatok: ekkor egy δ% t¨olt´eseloszl´assal m´odos´ıtjuk a m´ar meglev˝o t¨olt´esrendszer¨ unket, ekkor Z δW = d3 x δ%(x)Φ(x). (2.31) A teljes t¨olt´eseloszl´as energi´aj´ahoz felhaszn´aljuk (2.20) egyenletet: Z Z 0 0 1 1 1 3 3 0 δ%(x)%(x ) 3 3 0 %(x)%(x ) d xd x = δ d xd x , δW = 4πε0 |x − x0 | 2 4πε0 |x − x0 |
(2.32)
hiszen a kis v´altoz´as (amely a deriv´al´assal anal´og fogalom) vagy az els˝o, vagy a m´asodik tagra hat, de mindkett˝o j´arul´eka egyforma. ´Igy kapjuk Z Z 0 1 1 3 3 0 %(x)%(x ) W = d xd x = d3 x%(x)Φ(x). (2.33) 0 8πε0 |x − x | 2 Felhaszn´alva a Maxwell-egyenletet (2.16), valamint az E = − grad Φ k´epletet Z Z Z ε0 ε0 ε0 3 3 d xΦ∂i Ei = d x∂i (ΦEi ) − d3 x(∂i Φ)Ei = W = 2 2 2 Z Z ε0 ε0 2 d xi ΦEi + d3 xE2 . = 2 2
(2.34)
∞
Az els˝o tag nulla, mert a v´egtelenben Φ = 0, ´ıgy marad Z ε0 W = d3 xE2 . 2
(2.35)
´ Ez az elektrosztatikus energia kifejez´ese a t´erer˝oss´egekkel kifejezve. REszrevehetj¨ uk, hogy 3 az energia egy lok´alis mennyis´eg t´erintegr´aljak´ent a´ll el˝o, W = d x w(x). Emiatt besz´elhet¨ unk az energia s˝ ur˝ us´eg´er˝ol, amelynek kifejez´ese ε0 (2.36) w = E2 . 2 L´atsz´olag (2.30) kifejez´esb˝ol (2.35) k¨ozvetlen¨ ul nyerhet˝o, m´egis, m´ıg az ut´obbi pozit´ıv eredm´enyt ad, az els˝o lehet negat´ıv is – p´eld´aul abban az egyszer˝ u esetben, mikor k´et, egym´assal ellent´etes pontt¨olt´es¨ unk van. Az ellentmond´as felold´as´ara vegy¨ uk ´eszre, hogy ´ az els˝o esetben kiz´artuk az i = j esetet, a folytonos le´ır´asban erre nem volt m´od. Ugy fogalmazhatunk, hogy a folytonos eset tartalmazza a saj´atenergi´at” is. P´eld´aul ha egy ” pontt¨olt´esre kisz´am´ıtjuk a (2.35) integr´alt, v´egtelent kapunk, m´ıg term´eszetesen (2.30) null´at adna. Ha valahogyan regulariz´aljuk az integr´alt (pl. hipotetikus elektronsug´ar” ” bevezet´es´evel), akkor v´eges eredm´enyt kapunk a saj´atenergi´ara. Ha pedig kivonjuk a k´et pontt¨olt´es (2.35) k´eplet alapj´an sz´amolt teljes energi´aj´ab´ol a k´et k¨ ul¨on´all´o pontt¨olt´es saj´atenergi´aj´at, akkor m´ar a (2.30) eredm´ennyel konzisztens v´egeredm´enyt kapunk. 16
2.2. Kit´ er˝ o: er˝ ovonalk´ ep Vektormez˝ok ´abr´azol´as´ara k¨ ul¨onb¨oz˝o m´odszerek vannak. Lehet a t´er kiv´alasztott pontjaiban kis nyilacsk´akkal ´erz´ekeltetni a vektormez˝o nagys´ag´at ´es ir´any´at. Potenci´alos vektormez˝o eset´en (vagyis ha a rot´aci´oja nulla) megrajzolhatjuk a Φ(x) = Φ0 konstans potenci´al´ u (ekvipotenci´alis) fel¨ uleteket. Mivel a vektormez˝o a potenci´al gradiense, ´ıgy mer˝oleges az ekvipotenci´alis. A vektormez˝o nagys´aga pedig – egyenletes l´ep´esekkel v´altoztatott Φ0 fel¨ uletsereg megrajzol´asa eset´en – az ekvipotenci´alis fel¨ uletek s˝ ur˝ us´eg´evel lesz ar´anyos. Ugyanakkor lehets´eges er˝ovonalakkal is szeml´eltetni a vektormez˝ot. Ennek defini´al´as´ahoz vegy¨ uk az E vektormez˝ot, ´es defini´aljunk egy olyan γ : R → R3 g¨orb´et melynek ´erint˝oje ´eppen E dγ = E(γ(τ )). (2.37) dτ Ezek a g¨orb´ek az er˝ovonalak, melyb˝ol a t´erer˝oss´eg ir´any´at kaphatjuk meg. Mivel E = − grad Φ, az er˝ovonalak az ekvipotenci´alis fel¨ uletre mer˝olegesek. A t´erer˝oss´eg nagys´ag´ara a g¨orb´ek ´erz´eketlenek, hiszen csup´an a param´eterez´est v´altoztatja meg. A t´erer˝oss´eg nagys´aga ez´ert az er˝ovonalak s˝ ur˝ us´eg´evel adhat´o meg: egy E-re mer˝oleges adott fel¨ uleten ´atmen˝o er˝ovonalak sz´ama legyen ford´ıtottan ar´anyos E nagys´ag´aval. Ha az er˝ovonalak s˝ ur˝ us´eg´et egy adott fel¨ uleten defini´alhatjuk, ´es a vonalakat a (2.37) egyenletnek megfelel˝oen folytatjuk, akkor egy m´asik fel¨ uleten kisz´am´ıthatjuk a s˝ ur˝ us´eg¨ uket. Ez nem felt´etlen¨ ul esik egybe a s˝ ur˝ us´eg t´erer˝oss´eg nagys´ag´ab´ol t¨ort´en˝o kisz´am´ıt´as´aval. Mikor konzisztens teh´at az er˝ovonalk´ep? Vegy¨ unk egy olyan infinitezim´alis t´erfogatot, amely egyik sarok pontja x, az alaplap mer˝oleges E(x)-re, az oldal´elek pedig a sarokpontokban ´erv´enyes t´erer˝oss´egekkel p´arhuzamosak (l. 2.2). E t´erfogatra integr´alva
2.2. a´bra. Er˝ovonalak konzisztenci´aja: az er˝ovonalak k¨oz¨otti t´avols´ag az er˝ovonalak sz´ettart´as´aval (divergenci´aj´aval) kell ¨osszef¨ ugg´esben legyen. E-t, az oldallapok nem adnak j´arul´ekot, hiszen ott a norm´alis mer˝oleges a t´erer˝oss´egekre. Az alaplapokon n||E, vagyis I dfE = dA0 E 0 − dAE. (2.38) 17
Mivel az er˝ovonalak s˝ ur˝ us´ege, felt´etelez´es¨ unk szerint, mindenhol ar´anyos a t´erer˝oss´eggel, azaz EdA = konstans, ´ıgy ennek az integr´alnak null´anak kell lennie. Ugyanakkor a Gauss t´etel az integr´al megegyezik div E t´erfogati integr´alj´aval. Mivel a t´erfogat infinitezim´alis, itt a div E konstansnak vehet˝o. A fenti ¨osszef¨ ugg´es miatt teh´at div E = 0.
(2.39)
Az er˝ovonalk´ep teh´at akkor konzisztens, ha a vektormez˝o divergenciamentes. Divergencia eset´en (pl. ha t¨olt´est helyez¨ unk a t´erbe), u ´j er˝ovonalakat kell ind´ıtani a divergencia forr´as´ab´ol.
2.3. Speci´ alis to eseloszl´ asok tere ¨lt´ N´ezz¨ unk meg n´eh´any p´eld´at t¨olt´eseloszl´asok a´ltal l´etrehozott potenci´alokra. Az ´altal´anos k´eplet term´eszetesen (2.20), de olykor integr´al´as n´elk¨ ul is boldogulunk.
2.3.1. Dip´ olus tere K´et ellent´etes, de egyenl˝o abszol´ ut ´ert´ek˝ u potenci´alt egym´as mell´e rakva kapjuk a dip´olus potenci´alj´at. Tegy¨ uk a −q t¨olt´est −a/2 helyre, a +q t¨olt´est a a/2 helyre, ekkor a-hoz k´epest nagy t´avols´agra a potenci´al, felhaszn´alva (2.21) k´epletet 1 1 px 1 1 qax q − ⇒ Φ(x) = , (2.40) ≈ Φ(x) = 3 4πε0 |x − a/2| |x + a/2| 4πε0 |x| 4πε0 |x|3 ahol bevezett¨ uk a p = qa dip´oluser˝oss´eget. Ha a → 0, mik¨ozben p v´eges marad, akkor a fenti k´eplet minden x 6= 0 helyen ´erv´enyes lesz. A t´erer˝oss´eg 1 3xi px − pi x2 pj xj ∂i 3 = , 4πε0 |x| 4πε0 |x|5
(2.41)
1 3x(px) − p x2 4πε0 |x|5
(2.42)
Ei (x) = −∂i Φ(x) = − vektorosan E(x) =
2.3.2. Egyenletesen t¨ olt¨ ott v´ egtelen s´ıklap tere Vegy¨ unk most egy v´egtelen s´ık fel¨ uletet, ´es t¨olts¨ uk fel egyenletes σ fel¨ uleti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eggel. Ez azt jelenti, hogy a fel¨ ulet egy dA darabj´an elhelyezked˝o t¨olt´es nagys´aga σdA. A hat´arozotts´ag kedv´e´ert a fel¨ ulet legyen az x-y s´ıkban, vagyis a t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg %(x, y, z) = σδ(z). 18
A t´erer˝oss´eg illetve potenci´al k¨ozvetlen sz´am´ıt´asa helyett haszn´aljuk ki a t¨olt´eselrendez´es szimmetri´aj´at. Mivel az nem f¨ ugg x,y-t´ol, hiszen az x-y s´ıkban eltol´asinvari´ans a megadott eloszl´as, ez´ert feltehet˝o, hogy a potenci´al sem fog x,y-t´ol f¨ uggeni. Ha viszont Φ(z), akkor a t´erer˝oss´eg nem nulla komponense csak Ez (z) lesz. Legyen z ≶ 0-ra a potenci´al Φ± (z), a t´erer˝oss´eg Ez± (z). Vegy¨ unk most egy olyan T t´eglalapot, amely mer˝oleges a fel¨ uletre, ´es integr´aljuk E-t a fel¨ ulet´ere. Mivel a t´eglalap oldalain En = 0, csak a tetej´en ´es az alj´an kapunk j´arul´ekot, ulet. A Gauss-t¨orv´eny miatt ez ennek nagys´aga dA(Ez+ (z) − Ez− (z)), ahol dA az alapter¨ ar´anyos a t´eglalap belsej´eben lev˝o t¨olt´essel, ami dAσ. Innen Ez+ (z) − Ez− (z) =
σ . ε0
(2.43)
L´athat´o m´odon csak annyi megk¨ot´est kapunk, hogy a t´erer˝oss´eg fel¨ uletre mer˝oleges komponens´enek ugr´asa σ/ε0 . Ahhoz, hogy magukat a t´erer˝oss´egeket is meg tudjuk adni, a v´egtelenben ´erv´enyes hat´arfelt´eteleket kell megadni. Ha z ´es −z egym´assal egyen´ert´ek˝ u, akkor Ez+ (z) = −Ez− (z) =
σ , 2ε0
Φ(z) = −
σ|z| . 2ε0
(2.44)
Ha az egyik oldalon (z < 0) a t´erer˝oss´eg nulla (pl. f´em belseje), akkor Ez+ (z) =
σ , ε0
Φ+ (z) = −
σz . ε0
(2.45)
Megfigyelhetj¨ uk, hogy a potenci´al v´egtelenhez tart, ha z → ∞. Ahogyan kor´abban eml´ıtett¨ uk, csup´an v´eges t¨olt´eseloszl´asok eset´en biztos´ıtott, hagy a potenci´al null´anak v´alaszthat´o a v´egtelenben. A v´egtelen s´ıklap tere ellenp´elda abban az esetben, ha v´egtelen t¨olt´eseloszl´asunk van. Egy trivi´alis eset: ha σ = 0, akkor Ez+ (z) − Ez− (z), azaz a t´erer˝oss´eg norm´alis komponense folytonos.
2.3.3. Egyenletesen t¨ olt¨ ott vonalt¨ olt´ es tere Most egy v´egtelen egyenes t¨olt´eseloszl´ast vegy¨ unk, amelynek vonal menti t¨olt´ess˝ ur˝ us´ege legyen η – azaz a t¨olt´es minden d` szakaszon ηd`. Ha az egyenest a z tengelynek v´alasztjuk, akkor a t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg k´eplete %(x, y, z) = ηδ(x)δ(y). Az el˝oz˝o esethez hasonl´oan itt a szimmetria azt dikt´alja, hogy nem f¨ ugghet semmi z-t˝ol ´es ϕ-t˝ol. A potenci´al teh´at konstans kell legyen az egyenest k¨orbevev˝o hengerpal´aston, ´es emiatt a t´erer˝oss´egnek csak a hengerpal´astra mer˝oleges komponensei lehetnek. Vegy¨ uk most k¨orbe az egyenest egy olyan hengerrel, amelynek sugara r, magass´aga h,
19
´es integr´aljuk ki a t´erer˝oss´eget ennek fel¨ ulet´ere. A fentiek miatt csak a pal´aston kapunk j´arul´ekot, ´ert´eke 2πrhE. Ez ar´anyos a bez´art t¨olt´essel, vagyis 2πrd`E =
1 d`η ε0
⇒
E=
η , 2πε0 r
Φ=
η r ln . 2πε0 r0
A potenci´al itt is v´egtelenhez tart, ahogyan r → 0 vagy r → ∞.
20
(2.46)
3. fejezet Poisson-egyenlet hat´ arfelt´ etelekkel Eddig azt tanulm´anyoztuk, hogy milyen potenci´al illetve t´erer˝oss´eg alakul ki, ha ismerj¨ uk a t¨olt´eseloszl´ast. Azonban ´altal´aban nem tudjuk r¨ogz´ıteni a t¨olt´eseket, pl. az´ert, mert az anyagban elmozdul´o t¨olt´eshordoz´ok vannak, ´ıgy mag´at´ol t¨olt´est¨obblet illetve hi´any alakulhat ki. Ekkor nem tudjuk a t´erer˝oss´eget sem kisz´amolni k¨ozvetlen¨ ul. L´attuk (2.23)-ban, hogy a potenci´al egy Poisson-egyenletnek tesz eleget. Az anyagi k¨ozegek jelenl´ete hat´arfelt´eteleket szab a megold´asnak. Tipikus hat´arfelt´etelek: • f´ em felu ¨ lete (t¨ok´eletes vezet˝o): ha a f´em belsej´eben a t¨olt´esek a legkisebb t´erer˝oss´eg hat´as´ara is elmozdulnak, akkor olyan t¨olt´eseloszl´as alakul ki, amely teljesen lenull´azza a bels˝o t´erer˝oss´eget. Ez´ert f´em belsej´eben nem Rlehet E, a fel¨ uleten pedig E||n a fel¨ ulet norm´alis´aval. Emiatt a f´em fel¨ ulet´en δΦ = dxE = 0, a f´em fel¨ ulete ekvipotenci´alis. • felu olt´ ess˝ ur˝ us´ eg: ha a fel¨ uleten valamilyen t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg adott, a fel¨ ulet ¨ leti t¨ t´ uloldal´an E = 0, akkor E = nσ/ε0 (l. (2.45)) Ennek a´ltal´anos´ıt´asak´ent a megoldand´o feladat: 4Φ = −
% , ε0
Φ(xf ) = adott
vagy
n grad Φ(xf ) ≡
∂Φ = adott, ∂n
(3.1)
ahol xf ∈ fel¨ ulet. A fel¨ ulet lehet nem o¨sszef¨ ugg˝o (azaz t¨obb fel¨ ulet), ´es lehet a v´egtelenben is. Az els˝o fajta hat´arfelt´etelt Dirichlet, a m´asodik fajt´at Neumann hat´arfelt´etelnek h´ıvjuk. El˝osz¨or bebizony´ıtjuk, hogy a Poisson-egyenlet megold´asa egy´ertelm˝ u, adott hat´arfelt´etelek eset´en 3.1. T´ etel Legyen 4Φ1 = 4Φ2 = −%/ε0 , ugyanazokkal a hat´arfelt´etelekkel. Ekkor Φ1 − Φ2 = konstans.
21
Bizony´ıt´as. Legyen K = Φ1 − Φ2 , erre igaz, hogy 4K = 0, ´es a hat´aron K = 0 vagy n grad K = 0. Alkalmazzuk a Gauss-t´etelt (15.8) a K grad K vektormez˝ore: Z Z Z 3 2 3 d x div(K grad K) = d x (grad K) + K4K = d3 x(grad K)2 = V
V
V
I =
df K grad K = 0.
(3.2)
S
Mivel a teljes t´erre integr´alva egy pozit´ıv f¨ uggv´enyt 0-t kapunk, ez´ert a f¨ uggv´eny maga nulla kell legyen: grad K = 0, azaz K = konstans. A k¨ovetkez˝okben megmutatjuk, hogy ha meg tudjuk oldani a feladatot egyetlen pontt¨olt´esre valamilyen j´ol v´alasztott hat´arfelt´etelek mellett, akkor meg tudjuk oldani tetsz˝oleges t¨olt´eseloszl´asra is. Keress¨ unk teh´at egy olyan G(x, y) f¨ uggv´enyt, amely kiel´eg´ıti a 1 (3.3) 4G(x, y) = − δ(x − y) ε0 egyenletet, k´es˝obb megadott hat´arfelt´etelekkel. G neve Green-f¨ uggv´eny, fizikailag egy y-ba helyezett egys´egnyi pontt¨olt´es potenci´alja. Mivel az egyenlet szimmetrikus az x ´es y cser´ej´ere, ez´ert G(x, y) is szimmetrikus f¨ uggv´enye lesz a k´et argumentum´anak. Ha a v´egtelenben vett hat´arfelt´eteleket n´ez¨ unk, ahol nulla potenci´alt hat´arozunk meg, akkor a megold´as a szok´asos (2.21) q = 1 v´alaszt´assal. Most bebizony´ıtjuk a k¨ovetkez˝o t´etelt: 3.2. T´ etel G. Green, 1824: legyen ϕ ´es ψ k´et skal´armez˝o, V egy t´erfogatelem, S = ∂V a fel¨ ulete. Ekkor Z I 3 d x (ϕ(x)4ψ(x) − ψ(x)4ϕ(x)) = df (ϕ(x)∇ψ(x) − ψ(x)∇ϕ(x)) . (3.4) V
S
Bizony´ıt´as. Haszn´aljuk a Gauss-t´etelt (15.8) U1 = ϕ∇ψ ´es U2 = ψ∇ϕ vektormez˝okre. div U1 = (∇ϕ)(∇ψ) + ϕ4ψ,
div U2 = (∇ϕ)(∇ψ) + ψ4ϕ.
(3.5)
Ez´ert Z
Z
3
d x (div U1 − div U2 ) = V
I
3
d x (ϕ4ψ − ψ4ϕ) = V
df (U1 − U2 ) = S
I df (ϕ∇ψ − ψ∇ϕ) .
= S
Ebb˝ol m´ar k¨ovetkezik az a´ll´ıt´as. 22
(3.6)
Alkalmazzuk a Green-t´etelt ψ(x) = G(x, y) ´es ϕ(x) = Φ(x) esetre. Haszn´alva (3.1) ´es (3.3) egyenleteket I Z 1 1 3 (3.7) d x G(y, x)%(x) = df (Φ(x)∇G(x, y) − G(x, y)∇Φ(x)) , − Φ(y) + ε0 ε0 S
V
a´trendezve Z
I
3
d x G(y, x)%(x) − ε0
Φ(y) = V
df (Φ(x)∇G(x, y) − G(x, y)∇Φ(x)) .
(3.8)
S
Mivel df ∼ n, a gradiensb˝ol csak a norm´alis ir´any´ u deriv´altak sz´am´ıtanak. Tiszt´ an Dirichlet-f´ ele hat´ arfelt´ etel eset´en v´alasszuk a Green-f¨ uggv´eny hat´arfelt´etel´enek G(y, x ∈ S) = 0 (Dirichlet). (3.9) Ekkor a m´asodik tag nulla, ez´ert Z I 3 Φ(y) = d xG(y, x)%(x) − ε0 df Φ(x)∇G(x, y). V
(3.10)
S
Tiszt´ an Neumann-f´ ele hat´ arfelt´ etel eset´en j´o lenne ugyanezt csin´alni, csak a fel¨ uletre mer˝oleges deriv´alttal. Azonban Z I 1 df grad G(x, y) = d3 x4G(x, y) = − , (3.11) ε0 S
V
ez´ert a gradiens nem lehet azonosan nulla. ´Igy most a legegyszer˝ ubb v´alaszt´as 1 grad G(x, y) =− (Neumann), ε0 |S| x∈S ahol |S| a fel¨ ulet nagys´aga. Ezzel Z I 3 Φ(y) = hΦiS + d xG(y, x)%(x) + ε0 df G(x, y)∇Φ(x),
(3.12)
(3.13)
S
V
ahol hΦiS a potenci´al a´tlaga a fel¨ uleten, ez nem hat´arozhat´o meg a tiszt´an Neumann hat´arfelt´etelekn´el. Vagyis el´eg a Poisson-egyenletet pontt¨olt´esre megoldani, Dirichlet hat´arfelt´etelek eset´en nulla fel¨ uleti potenci´allal. Persze ez is igen bonyolult feladat, amelynek sz´amos megold´asi m´odszere lehets´eges. A leg´altal´anosabb esetben csak numerikus m´odszereket alkalmazhatunk, de speci´alis esetekben seg´ıthet a megold´as megsejt´ese (pl. t¨ uk¨ort¨olt´esek m´odszere, k´et dimenzi´os f¨ uggv´enyek haszn´alata). 23
3.1. Kapacit´ as Miel˝ott a r´eszletekbe belemenn´enk, vizsg´aljuk meg az elektrodinamika szuperpoz´ıci´os elv´enek t¨ ukr¨oz˝od´es´et a potenci´al probl´em´ak megold´as´aban. Ehhez vegy¨ unk egy olyan rendszert, amely f´em fel¨ uleteket tartalmaz, k¨ ul¨onb¨oz˝o potenci´alokra felt¨oltve. A fel¨ uleteket jel¨olj¨ uk Si -vel, a rajtuk ´erv´enyes potenci´alt Vi -vel. A szuperpoz´ıci´os elv ´es a Dirichlet hat´arfelt´etelekre ´erv´enyes (3.10) k´eplet alapj´an ´all´ıthatjuk (ahol most % = 0, hiszen nem tett¨ unk be k¨ uls˝o t¨olt´est), hogy a potenci´al a t´er tetsz˝oleges pontj´aban line´aris f¨ uggv´enye lesz a fel¨ uleti potenci´aloknak. Φ(y) =
n X
fj (y)Vj .
(3.14)
j=1
M´asr´eszt a fel¨ uleti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg a fel¨ uleten ´erv´enyes potenci´al fel¨ uletre mer˝oleges deriv´altj´aval ar´anyos (l. (2.45)), ez´ert az i-dik fel¨ ulet´en lev˝o ¨osszt¨olt´es line´aris f¨ uggv´enye lesz a fel¨ uleti potenci´aloknak n X Qi = Cij Vj . (3.15) j=1
Az egy¨ utthat´o a kapacit´as, ´altal´aban egy m´atrix. A rendszer energi´aja, felhaszn´alva, hogy a fel¨ uletek ekvipotenci´alisak: Z I n n n 1 1X 1X 1X 3 d x%(x)Φ(x) = Vi dfx σi (x) = Vi Qi = Cij Vi Vj . (3.16) W = 2 2 i=1 2 i=1 2 i,j=1 Si
Termodinamikai megfontol´asok alapj´an a kapacit´asm´atrix szimmetrikus kell legyen. Ha ismerj¨ uk a rendszer¨ unk Green-f¨ uggv´eny´et Dirichlet hat´arfelt´etelekkel, akkor a kapacit´as k¨onnyen megadhat´o. Legyen a Green-f¨ uggv´eny G(x, y), ekkor – mivel most % = 0 – (3.10) egyenlet szerint I n X Φ(y) = −ε0 Vj dfx ∇x G(x, y). (3.17) j=1
Sj
A i. fel¨ uleten lev˝o t¨olt´es a fel¨ uleti t¨olt´es ¨osszege I I I I n X 2 Qi = dfy σj (y) = −ε0 dfy ∇y Φ(y) = ε0 Vj dfy dfx ∇y ∇x G(x, y), Si
j=1
Si
Si
Sj
val´oban line´aris Vi -kben. Innen a kapacit´as I I 2 Cij = ε0 dfy dfx ∇y ∇x G(x, y). Si
Sj
24
(3.18)
(3.19)
Ez val´oban egy i-j-ben szimmetrikus m´atrix. Egyszer˝ u esetekben a potenci´alok alapj´an meg lehet mondani a t¨olt´es nagys´ag´at, ekkor a kapacit´as k¨onnyen leolvashat´o. Pl. • g¨omb kapacit´asa: Q t¨olt´es˝ u R sugar´ u g¨omb tere megegyezik egy orig´oba helyezett pontt¨olt´es ter´evel: Q Q ⇒ C= = 4πε0 R. (3.20) V = 4πε0 R V • s´ıkkondenz´ator kapacit´asa: k´et A fel¨ ulet˝ u s´ıklap d t´avols´agra, egyike σ, m´asika −σ t¨olt´ess˝ ur˝ us´eggel. A k¨ozt¨ uk lev˝o teret konstanssal k¨ozel´ıtve E = σ/ε0 . Emiatt Q = σA,
V = σd/ε0
⇒
C=
Aε0 Q = . V d
(3.21)
3.2. Tu ort¨ olt´ esek m´ odszere ¨ k¨ Vegy¨ unk Dirichlet hat´arfelt´eteleket, amikor a Green f¨ uggv´eny egy pontt¨olt´es tere akkor, ha a hat´arokon minden¨ utt nulla potenci´alt r¨ogz´ıt¨ unk. A fel¨ uletek a teret k´et (vagy t¨obb) r´eszre v´agj´ak: a hat´arok k¨oz¨otti fizikai t´erben ´erv´enyes a Poisson egyenlet, a hat´arok belseje pedig a Green-f¨ uggv´eny meghat´aroz´as´an´al nulla potenci´al´ u. A t¨ uk¨ort¨olt´esek m´odszer´en´el megpr´ob´aljuk a hat´arfelt´eteleket n´eh´any, a nemfizikai t´erbe (azaz a hat´arfel¨ uletek ´altal elszepar´alt t´err´eszbe) elhelyezett extra pontt¨olt´essel kiel´eg´ıteni. Ez nem megy mindig, de vannak speci´alis fel¨ uletek, ahol m˝ uk¨odik. Mivel az extra t¨olt´esek a nemfizikai t´erben vannak, a fizikai t´erbeli egyenletek sz´am´ara nem jelentenek extra forr´ast, ott az egyenletek v´altozatlanok maradnak.
3.2.1. S´ıklap Green-fu enye ¨ ggv´ Vegy¨ unk a z = 0 s´ıkon megadott Dirichlet hat´arfelt´eteleket. Ekkor a Green f¨ uggv´enyt u ´gy a´ll´ıtjuk el˝o, hogy egy x = (x1 , x2 , x3 ) pontba elhelyez¨ unk egy egys´egnyi pontt¨olt´est, a teret keress¨ uk y = (y1 , y2 , y3 ) pontban, hogy Φ(y1 , y2 , y3 = 0) = 0. Ennek a felt´etelnek ˜ = (x1 , x2 , −x3 ) pontba letesz¨ nyilv´an megfelel egy olyan rendszer, ahol x unk egy (−1) pontt¨olt´est, hiszen a teljes megold´as ekkor 1 1 1 , (3.22) − G(x, y) = Φ(y) = ˜| 4πε0 |y − x| |y − x komponensekben ki´ırva 1 G(x, y) = Φ(y) = 4πε0
1
− (y1 − x1 )2 + (y2 − x2 )2 + (y3 − x3 )2 1 −p . (y1 − x1 )2 + (y2 − x2 )2 + (y3 + x3 )2 p
25
(3.23)
Mivel a t¨ uk¨ort¨olt´est a −x3 helyre tett¨ uk, az x3 > 0 fizikai t´err´eszben val´oban csak egy pontt¨olt´es szerepel. M´asr´eszt az is igaz, hogy Φ(y3 = 0) = 0, mert ekkor a k´et tag egyenl˝o nagys´ag´ u. Vagyis a fenti G val´oban a Green-f¨ uggv´eny. k´ erd´ es: mi a s´ ıklap Green-f¨ uggv´ enye az x3 < 0 t´ err´ eszben?
3.2.2. Go enye ¨mb Green-fu ¨ ggv´ Vegy¨ unk egy R sugar´ u g¨omb¨ot az orig´o k¨or¨ ul, ´es keress¨ uk a Green-f¨ uggv´enyt a r > R tartom´anyban. Ehhez egy pontt¨olt´esre kell megoldanunk a Φ(r = R) = 0 hat´ar´ert´ekfeladatot. A g¨ombszimmetria miatt v´alasszuk a pontt¨olt´es hely´et a x = (x, 0, 0) pontnak. Tegy¨ uk fel, hogy a t¨ uk¨ort¨olt´esek m´odszere m˝ uk¨odik egyetlen, a g¨omb belsej´ebe x0 = 0 (x , 0, 0) helyre betett −q nagys´ag´ u t¨ uk¨ort¨olt´essel. Vagyis a feltev´es¨ unk szerint 1 q 1 − , (3.24) Φ(y) = 4πε0 |y − x| |y − x0 | komponensekben kifejezve " # 1 1 q p Φ(y) = −p . 4πε0 (y1 − x1 )2 + y22 + y32 (y1 − x01 )2 + y22 + y32
(3.25)
ulet egyenlete y2 = R2 legyen Pr´ob´aljuk u ´gy v´alasztani x01 -t ´es q-q, hogy a Φ = 0 fel¨ q 2 (y1 − x1 )2 + y22 + y32 = (y1 − x01 )2 + y22 + y32 2 q 2 x21 − 2y1 x1 + R2 = x01 − 2y1 x01 + R2 ∀y1 . (3.26) Ez teljes´ıthet˝o, mert k´et v´altoz´onk van k´et egyenletre: 2 q 2 x21 + R2 = x01 + R2 q 2 x1 = x01 .
(3.27)
R . x1 A q = 1 esetre x01 = x1 , ekkor nincs egy´altal´an t´er. A fizikai megold´as a m´asik (q 2 − 1)(q 2 x21 − R2 ) = 0
⇒
q 2 = 1 vagy q =
R R2 , x01 = . x1 x1 Tetsz˝oleges x ´es y eset´en a Green-f¨ uggv´eny q=
R/|x| 1 1 1 . −r 2 = 2 2 R 4πε0 |y − x| y x 2 |y − x 2 | + R − 2xy |x| R2 (3.29) A m´asodik formula mutatja, hogy G(x, y) = G(y, x). k´ erd´ es: mi a g¨ omb Green-f¨ uggv´ enye az r < R t´ err´ eszben? G(x, y) =
1 1 − 4πε0 |y − x|
(3.28)
26
Alkalmaz´ as: Milyen az egyenletes E0 elektromos t´erbe helyezett f¨oldelt g¨omb tere? Megold´ as: A f¨oldelts´eg azt jelenti, hogy Φ = 0 a fel¨ uleten. Az egyenletes elektromos teret el˝oa´ll´ıthatom k´et t¨olt´es k¨oz¨otti t´erk´ent, ha a t¨olt´esek v´egtelen t´avol vannak, de v´egtelen er˝osek. K´epletben: q t¨olt´es legyen −x helyen, −q t¨olt´es x helyen, ekkor az elektromos t´erer˝oss´eg k¨oz´epen E0 =
1 q 2πε0 x2
⇒
q = 2πε0 x2 E0 .
(3.30)
A k´et pontt¨olt´es k´et t¨ uk¨ort¨olt´est hoz l´etre, a t¨olt´esek nagys´aga, illetve az orig´ot´ol val´o t´avols´aguk Q = qR/x = 2πε0 xRE0 ,
x0 = R2 /x
(3.31)
Ha x → ∞, akkor a t¨ uk¨ort¨olt´esek egy dip´olust alkotnak, a dip´oler˝oss´eg p = 0 3 2Qx = 4πε0 R E0 . Dip´olus potenci´alj´at l´attuk (2.40)-ben. Ez´ert a teljes t´er potenci´alja, vektorosan R3 (3.32) Φ(x) = −E0 x 1 − 3 . |x| ´ Ertelmez´ es: az elektromos t´er a kezdetben semleges f´emg¨omb¨ot elektromosan akt´ıv a´llapotba hozza, polariz´alja. A polariz´aci´o g¨omb eset´en dip´olmomentum kialakul´as´at jelenti, amely ar´anyos a g¨omb t´erfogat´aval. Ennek a dip´olnak a nagys´aga, o¨sszehasonl´ıtva (2.40) egyenlettel: p = 4πε0 R3 E 0 .
(3.33)
F´emg¨ombben a t¨olt´eshordoz´ok v´egtelen¨ ul k¨onnyen elmozdulnak, vagyis a fenti eredm´eny az adott t´erfogatban maxim´alisan kialakul´o dip´olmomentum.
3.3. Laplace-egyenlet Sokszor a Poisson egyenlet nulla potenci´al´ u hat´arfelt´eteleinek megold´asa helyett ´erdemesebb a nulla forr´as´ u Laplace-egyenletet vizsg´alni a´ltal´anos hat´arfelt´etelek mellett. A k´et feladat ekvivalens, hiszen a Green-f¨ uggv´eny megold´as´at kereshetj¨ uk G(x, y) =
1 1 + F (x, y) 4πε0 |x − y| 27
(3.34)
alakban, ekkor, mivel G ´es a pontt¨olt´es potenci´alja is ugyanazt a (3.3) egyenletet el´eg´ıti ki: 4x F (x, y) = 0. (3.35) M´asr´eszt, mivel G(x ∈ S, y) = 0, ez´ert F (x ∈ S, y) = −
1 1 . 4πε0 |x − y|
(3.36)
Vagyis F -re a Laplace-egyenlet vonatkozik j´ol meghat´arozott hat´arfelt´etelekkel.
3.3.1. Laplace-egyenlet megold´ asa t´ eglatesten felvett hat´ arfelt´ etelekkel Vegy¨ unk egy a, b ill. c ´elhossz´ us´ag´ u t´eglatestet, ´es a fel¨ uleteken r´ojuk ki a Φ(x ∈fel¨ ulet) = V (x) Dirichlet hat´arfelt´eteleket. Milyen lesz a potenci´al a t´eglatest belsej´eben? A megold´ast hat potenci´al ¨osszegek´ent adjuk meg, mindegyikre igaz, hogy ¨ot lapon nulla, a hatodikon az ott ´erv´enyes V ´ert´ek´et veszi fel. Ezek k¨oz¨ ul itt egyet ´ırunk fel, amely a fels˝o lapon nem nulla: Φ(x, y, z = c) = V (x, y), a t¨obbi lapon nulla: Φ(x = 0, a) = Φ(y = 0, b) = Φ(z = 0) = 0. A feladathoz a Descartes koordin´at´ak illeszkednek j´ol; a k koordin´at´ak most x ´es y, a ⊥ koordin´ata z. A Laplace fel´ırhat´o mint 4 = 4k + 4⊥ ,
4k = ∂x2 + ∂y2 ,
4⊥ = ∂z2 .
(3.37)
A megold´ast keress¨ uk Φ(x, y, z) = Φk (x, y)Φz (z) alakban: 4Φ = Φz 4k Φk + Φk 4z Φz = 0
⇒
4k Φk 4z Φz = 0. + Φk Φz
(3.38)
Az els˝o tag csak x, y-t´ol, a m´asodik csak z-t˝ol f¨ ugg, az ¨osszeg¨ uk u ´gy lehet csak nulla, ha mindkett˝o konstans d2 Φz 4k Φk = −λ2 Φk , = λ2 Φz . (3.39) dz 2 Az els˝o egyenlet megold´as´at keress¨ uk ism´et Φk (x, y) = Φx (x)Φy (y) alakban. A fenti gondolatmenettel d2 Φx = −α2 Φx , dx2
d2 Φ y = −β 2 Φy , dy 2
α2 + β 2 = λ2 .
(3.40)
Ezen egyenletek megold´asai a harmonikus f¨ uggv´enyek Φx (x) ∼ sin(α(x + x0 )),
Φy (y) ∼ sin(β(y + y0 )), 28
Φz (z) ∼ sinh(λ(z + z0 )). (3.41)
A kiel´eg´ıtend˝o hat´arfelt´etelek: Φ(x = 0, a) = Φ(y = 0, b) = Φ(z = 0) = 0 miatt Φx (x) ∼ sin(
nπx ), a
Φy (y) ∼ sin(
ahol λnm =
mπy ), b
r nπ 2
mπ 2
. a b A teljes megold´as ezek tetsz˝oleges egy¨ utthat´oval vett ¨osszege Φ(x) =
∞ X
Anm sin(
nm=1
+
Φz (z) ∼ sinh(λnm z),
mπy nπx ) sin( ) sinh(λnm z). a b
(3.42)
(3.43)
(3.44)
M´eg ki kell el´eg´ıten¨ unk a z = c lapon felvett hat´arfelt´eteleket V (x, y) =
∞ X
Anm sin(
nm=1
nπx mπy ) sin( ) sinh(λnm c). a b
(3.45)
Kihaszn´alhatjuk a saj´atf¨ uggv´enyek ortogonalit´as´at, amely most u ´gy ´ırhat´o, hogy Za
Zb dx
0
dy sin(
nπx mπy n0 πx m0 πy ab ) sin( ) sin( ) sin( ) = δnn0 δmm0 . a b a b 4
(3.46)
0
Ezzel ab Anm sinh(λnm c) = 4
Za dx 0
Ezzel Φ(x) =
Zb dyV (x, y) sin(
nπx mπy ) sin( ) ≡ Vnm . a b
(3.47)
0
∞ X
4Vnm nπx mπy sin( ) sin( ) sinh(λnm z). ab sinh(λnm c) a b nm=1
(3.48)
3.4. Koordin´ atarendszerek, ortogon´ alis fu enyek ¨ ggv´ Speci´alis szimmetri´aj´ u hat´arokkal rendelkez˝o rendszerekben ´erdemes a Laplace-egyenletet u ´gy megoldani, hogy a feladathoz alkalmazkod´o koordin´atarendszert v´alasztunk. A koordin´atarendszer azt jelenti, hogy a helyvektorokat param´eterezz¨ uk r(ξi )-vel i = 1, 2, 3. V´alasszuk a speci´alis koordin´atarendszert u ´gy, hogy a fel¨ ulet¨ unk tartozzon mondjuk a harmadik ξ3 v´altoz´o konstans ´ert´ek´ehez, a t¨obbi koordin´atavonal pedig legyen a fel¨ uletre mer˝oleges! Azaz ha a hat´art S fel¨ ulet jel¨oli, akkor r(ξ1 , ξ2 , ξ3 = 1) ≡ S, ´es ∂r/∂ξ3 kdf . 29
Ebben a koordin´atarendszerben rem´elhetj¨ uk, hogy a fel¨ ulet ir´any´ u ´es az arra mer˝oleges deriv´altak nem keverednek”, azaz azt v´arjuk, hogy ” 0 = 4F = 4k F + 4⊥ F,
(3.49)
ahol 4k illetve 4⊥ fel¨ ulet ir´any´ u, illetve arra mer˝oleges deriv´altakat tartalmaz. Ekkor a feladat megold´as´at kereshetj¨ uk F (ξk , ξ⊥ ) = Fk (ξk )F⊥ (ξ⊥ )
(3.50)
alakban, ahol ξk = (ξ1 , ξ2 ) ´es ξ⊥ = ξ3 . Ekkor 0 = F⊥ 4k Fk + Fk 4⊥ F⊥
⇒
0=
4k F 4⊥ F + . Fk F⊥
(3.51)
Megfelel˝o norm´al´as eset´en az els˝o tag csak ξk koordin´at´akt´ol f¨ ugg, a m´asodik csak ξ⊥ koordin´at´akt´ol. Az ¨osszeg¨ uk csak akkor lehet a´lland´o (nulla), ha mindk´et tag konstans. Azaz 4k Fk = λFk , 4⊥ F⊥ = −λF⊥ (3.52) saj´at´ert´ek-egyenleteket kapunk valamilyen λ-val. A teljes megold´as teh´at X (λ) (−λ) F (ξi ) = cλ Fk (ξk )F⊥ (ξ3 ).
(3.53)
λ
cλ -k onnan hat´arozhat´ok meg, hogy F (ξ1 , ξ2 , ξ3 = 1) =
X
(λ)
cλ Fk (ξk ) = hat´arfelt´etelek,
(3.54)
λ (−λ)
felt´etelezve, hogy F⊥
(ξ3 = 1) = 1.
3.4.1. Teljess´ eg Ezzel kapcsolatban felmer¨ ul a k´erd´es: vajon minden, S-en adott f¨ uggv´eny fel´ırhat´o a fenti alakban, vagyis b´armilyen hat´arfelt´etel eset´en j´o az elj´ar´asunk? Ha ∆ egy N × N es val´os szimmetrikus m´atrix lenne, akkor sok mindent tudn´ank a megold´asr´ol, amit a 15.3 fejezetben foglaltunk ¨ossze. Ekkor tudn´ank, hogy a saj´atvektorok ortogon´alis b´azist alkotnak, vagyis a fenti k´erd´esre igen lenne a felelet. A jelen folytonos esetet k´epzelhetj¨ uk u ´gy, hogy N → ∞-t veszek, ´es v´egtelen¨ ul bes˝ ur´ıtem a pontokat. Ekkor fel´all´ıthat´o egy megfeleltet´es a diszkr´et ´es folytonos esetek k¨oz¨ott, ami a 3.1 t´abl´azatban l´athat´o.
30
vektor index ¨osszegz´es skal´arszorzat saj´at´ert´ek-egy. saj´at´ert´ek saj´atvektor ortonorm´alts´ag teljess´eg kifejt´es
diszkr´et v i P i
u∗ v ∆F (i) = λi F (i) λi ∈ R F (i) vektor F ∗(i) F (j) = δij PN ∗ i=1 F(i),a F(i),b = δab PN b = i=1 ci F (i) ci = F ∗(i) b
folytonos F ∈ L2 R ξ2 R 2 S d∗ ξ d ξ U (ξ)V (ξ) S 4k Fλ = λFλ λ∈R uggv´enyek λ (ξ) f¨ R F 2 ∗ d ξ F (ξ)F λ0 (ξ) = δλλ0 PS ∗ λ 0 0 λ Fλ (ξ)Fλ (ξ ) = δ(ξ − ξ ) P f (ξ)R= λ cλ Fλ (ξ) cλ = S d2 ξ Fλ∗ (ξ)f (ξ)
3.1. t´abl´azat. Megfeleltet´es
3.4.2. A Laplace-oper´ ator o alts´ aga ¨nadjung´ M´eg bizony´ıtsuk be, hogy a Laplace-oper´ator val´oban val´os ´es ¨onadjung´alt. A val´oss´ag nyilv´anval´o, hiszen minden val´os f¨ uggv´eny Laplace-a is val´os. Az adjung´al´as defin´ıci´oj´at az oper´atorokra a diszkr´et esetb˝ol a´ltal´anos´ıtva u ´gy adhatjuk meg (l. 15.3 fejezet), hogy: Z Z 2 ∗ d2 ξ (M † F (ξ))∗ G(ξ). (3.55) d ξ F (ξ)M G(ξ) = S
S
A Laplace-oper´atorra a Gauss-t´etel alkalmaz´as´aval ´ırhatjuk Z Z Z 2 ∗ 2 ∗ d ξ F ∇(∇G) = − d ξ (∇F ) (∇G) = d2 ξ (4F )∗ G S
S
(3.56)
S
(a fel¨ uleti integr´alokat elhagyjuk vagy az´ert mert S-nek nincs hat´ara, vagy az´ert, mert a v´egtelenben F ill. G elt˝ unik a n´egyzetesen integr´alhat´os´ag miatt). Emiatt 4† = 4, vagyis a Laplace-oper´ator val´oban ¨onadjung´alt.
3.4.3. G¨ orbevonal´ u koordin´ at´ ak A k¨ovetkez˝o megv´alaszoland´o k´erd´es az, hogy hogyan n´ez ki a Laplace-oper´ator g¨orbevonal´ u koordin´at´ak eset´en? Enn´el kiss´e ´altal´anosabban fogalmazzuk meg a k´erd´est, ´es a g¨orbevonal´ u koordin´atarendszerekben ´erv´enyes anal´ızis alapjait n´ezz¨ uk meg. G¨orbevonal´ u koordin´atarendszerben a t´er minden pontj´at param´eterezem h´arom sz´ammal. Szok´as szerint jel¨olj¨ uk ezeket a param´etereket ξ i , i = 1, 2, 3 fels˝o indexes mennyii s´egekkel, azaz r(ξ ) a t´er param´eterez´ese. A g¨orbevonal´ u koordin´atarendszerek egyik legfontosabb tulajdons´aga, hogy minden helyen m´asok a koordin´atatengelyek. A koordin´atavonalak defin´ıci´oj´ahoz egy kiv´etel´evel 31
az ¨osszes param´etert r¨ogz´ıtem, ´ıgy g¨orbesereget kapok: r(ξ j )|ξj6=i =f ix . Adott ponton 3 ilyen g¨orbe megy ´at, annak megfelel˝oen, hogy i = 1, 2 vagy 3 a fenti konstrukci´oban. Ezek ´erint˝oi jel¨olik ki a koordin´atatengelyeket: ei (x) =
∂r(ξ) . ∂ξ i
(3.57)
L´athat´o m´odon ezen lok´alis b´azisok val´oban minden pontban m´as ir´anyba mutatnak. Az Rn -ben kit¨ untetett a Descartes-koordin´atarendszer, amely glob´alis ortonorm´alt (0) koordin´at´akat haszn´al: r = xi ei . Ezekkel fel´ırva az u ´j b´azisvektorokat: ei (x) =
∂xj (0) (0) ej ≡ Jij (x)ej . i ∂ξ
(3.58)
A Jij m´atrix f¨ ugg att´ol, hogy hogyan v´alasztjuk a Descartes b´azisunkat, azonban J ≡ det Jij m´ar nem f¨ ugghet ett˝ol, csakis a g¨orbevonal´ u koordin´atarendszer defin´ıci´oj´at´ol. J geometriai jelent´ese a b´azisvektorok a´ltal kifesz´ıtett paralelepipedon t´erfogata. Ezt l´athatjuk onnan, hogy a determin´ans ´ırhat´o h´armasszorzatk´ent is J = [e1 (x) × e2 (x)]e3 (x),
(3.59)
´es ez ´eppen a kifesz´ıtett paralelepipedon t´erfogata. M´asr´eszt a t´erfogatelem sz´am´ıt´as´an´al a´tt´erve u ´j koordin´at´akra a Jacobi determin´ans ´ert´eke j¨on be, ami ´eppen J: Z Z 3 d x = d3 ξJ. (3.60) A tov´abbiakban elhagyjuk a x hely explicit jel¨ol´es´et. A (lok´alis) b´azisvektorok a´ltal´aban nem norm´altak, ´es nem mer˝olegesek egym´asra. Ekkor ´erdemes bevezetni a du´alis b´azist ei jel¨ol´essel, hogy ei ej = δij .
(3.61)
Egy vektor kifejthet˝o mindk´et b´azisban v = v i ei = vi ei
v i = vei ,
⇒
vi = vei .
(3.62)
A fels˝o indexes mennyis´egeket szok´as kontravari´ans, az als´o indexeseket kovari´ans komponenseknek nevezni. A fels˝o ´es als´o indexek ¨osszeejt´es´en´el szumm´az´ast ´ert¨ unk. Hangs´ ui lyozzuk, hogy v egy koordin´atarendszert˝ol f¨ uggetlen mennyis´eg, a v koordin´at´ak azonban, term´eszetesen, koordin´atarendszer-f¨ ugg˝ok. Kifejezhet˝o term´eszetesen az egyik b´azis is a m´asik seg´ıts´eg´evel ei = gij ej ,
ei = g ij ej
⇒ 32
gij = ei ej ,
g ij = ei ej ,
(3.63)
g neve metrikus tenzor. Mivel ei = gij g jk ek
gij g jk = δik ,
⇒
(3.64)
a k´et m´atrix egym´as inverze. A Descrates-b´azissal kifejezve (0)
(0)
gij = Jik ek Jj` e` = Jik Jjk .
(3.65)
Emiatt J 2 = det Jik Jjk = det gij ≡ g. A t´erfogatelemet teh´at a metrikus tenzorral is √ kifejezhetj¨ uk J = g. K´et vektor skal´aris szorzata: uv = ui ei v j ej = ui v j gij ,
vagy
uv = ui ei vj ej = ui vj g ij .
(3.66)
A vektori´alis szorzat kifejez´ese (a × b)k = (a × b)ek = ai bj (ei × ej )ek = Jεijk ai bj .
(3.67)
Most n´ezz¨ uk meg, hogyan v´altoznak a deriv´al´as szab´alyai, ha g¨orbevonal´ u koordin´at´aink vannak. A deriv´al´asnak abszol´ ut, koordin´atarendszer-f¨ uggetlen ´ertelme van, azt m´eri, mennyit v´altozik egy mez˝o ´ert´eke, ha x-b˝ol x + δx pontba megyek a´t. Ezt fogjuk kifejezni a g¨orbevonal´ u koordin´at´akkal. El˝osz¨or tekints¨ unk egy skal´ar mez˝ot, ´es vizsg´aljuk a fenti eltol´as sor´an l´etrej¨ov˝o v´altoz´ast. Koordin´at´azva a teret ξ i → ξ i + δξ i koordin´at´akon felvett mez˝o´ert´ekek k¨ ul¨onbs´eg´et n´ezz¨ uk: δΦ(x) = Φ(x + δx) − Φ(x) = Φ(ξ + δξ) − Φ(ξ) = δξ i
δΦ δΦ = δx ei i . i δξ δξ
(3.68)
Mivel a bal oldalon egy koordin´atarendszer-f¨ uggetlen mennyis´eg a´ll, ´es δx is koordin´atarendszer-f¨ uggetlen mennyis´eg, ez´ert grad Φ = ∇Φ = ei
δΦ δξ i
⇒
∇i Φ = ∂i Φ,
∇i Φ = g ij ∂j Φ
(3.69)
is koordin´at´az´asf¨ uggetlen, fizikai mennyis´eg – ez a skal´ar mez˝o gradiense. Ha vektormez˝ot megv´altoz´as´at n´ezem, akkor valamivel komplik´altabb a helyzet, mert figyelembe kell venni a b´azisok megv´altoz´as´at is! i i ∂ei i i j ∂E ei + E j = δE(x) = E(x + δx) − E(x) = (E ei )(ξ + δξ) − (E ei )(ξ) = δξ ∂ξ j ∂ξ i ∂E j ∂ei i j = δx e ⊗ e + E e ⊗ . (3.70) i ∂ξ j ∂ξ j 33
Szok´as a b´azisvektor deriv´altj´at, amely egy vektormez˝o, kifejezni koordin´at´ak szerint: ∂ei = Γkij ek ∂ξ j Γ-k a Christoffel szimb´olumok. Mivel ∂ei ∂ 2r = ∂ξ j ∂ξ i ∂ξ j
Γkij = ek ∂i ej ,
⇒
⇒
Γkij = Γkji .
(3.71)
(3.72)
Ism´et a gradiensn´el l´atott ´ervel´essel: a bal oldal koordin´atarendszer-f¨ uggetlen, δx szint´en az, ez´ert a vektormez˝o deriv´altm´atrixa is koordin´atarendszer-f¨ uggetlen. k ∂E + E i Γkij ej ⊗ ek ≡ ∇j E k ej ⊗ ek ⇒ (∇i E)k = ∂i E k + Γkij E j (3.73) ∇⊗E = ∂ξ j Fontos megjegyezni, hogy a z´ar´ojeles kifejez´es egyik tagja sem alkot koordin´atarendszerf¨ uggetlen mennyis´eget, vagyis a parci´alis deriv´al´asnak abszol´ ut (fizikai) jelent´ese nincsen. Az igazi fizikai deriv´al´as a ∇ kovari´ans deriv´alt. Megjegyz´esek a kovari´ans deriv´altr´ol, illetve Christoffel szimb´olumokr´ol: • ´ırjuk a kovari´ans deriv´al´ast (∇i E)k = ∇kij E j alakban, ahol ∇kij = ∂i δjk + Γkij . Ezt a´t´ırhatjuk, bevezetve a Γi = Γkij ek ⊗ ej m´atrixokat, melynek komponensei (Γi )kj = Γkij . Ekkor a kovari´ans deriv´alt mint m´atrix ∇i = ∂i + Γi . • a defini´al´o (3.71) k´eplet alapj´an ei (ξ + dξ) = ei (ξ) + Γkij ek dξ j
⇒
ei (ξ + dξ) = ei (ξ) + Γi dx.
(3.74)
Vagyis Γi m´atrix megadja, hogyan v´altozik a koordin´atarendszer i. b´azisvektora, ha egy kicsit arr´ebb megy¨ unk. M´as sz´oval megadja a koordin´atarendszerek kapcsolat´at – ez´ert szokt´ak Γ-t konnexi´o -nak is nevezni. Mivel a koordin´atarendszerek kapcsolat´at adja meg, defin´ıci´oja koordin´atarendszer-f¨ ugg˝o! • P´arhuzamos eltol´asr´ol akkor besz´el¨ unk, ha az u ´j helyen a fizikai E ugyanaz mint a r´egi helyen. A koordin´at´azott alak persze v´altozik: ha adott x pontban egy E vektor, ´es x+dx helyre p´arhuzamosan eltoljuk, akkor az ottani koordin´atarendszerben a komponensei nem ugyanazok, mint az eredeti komponensek. A komponensek v´altoz´as´ahoz a fizikai E v´altozatlans´ag´at haszn´alhatjuk ki: dE = 0, azaz dE i ei + Γkij E i dξ j ek = 0
⇒
dE k = −Γkij E i dξ j .
(3.75)
• Ha k´et p´arhuzamos eltol´ast v´egzek, el˝osz¨or u azt´an v vektorokkal, akkor a komponensek v´altoz´asa: E k (x + u + v) = E k (x + u) − Γkij (x + u)E i (x + u)v j = = E k (x) − Γkij (x)E i (x)uj − Γkij (x)E i (x)v j − −∂` Γkij (x)E i (x)u` v j + Γkij (x)Γi`m (x)E ` (x)um v j 34
(3.76)
Ez a kifejez´es nem szimmetrikus az u - v cser´ere: ha el˝obb mozdulok a v fel´e, azt´an az u fel´e, akkor az el˝oz˝o eredm´enyhez k´epesti elt´er´es δE k = ∂` Γkij E i u` v j − ∂` Γkij E i v ` uj − Γkij Γi`m E ` um v j + Γkij Γi`m E ` v m uj = k = Rij` E i uj v ` ,
(3.77)
ahol k k m Rij` = ∂j Γk`i − ∂` Γkji + Γkmj Γm `i − Γm` Γji .
(3.78)
= ek ∂i ej Ez a mennyis´eg nulla, amit k¨onnyen meg lehet mutatni, felhaszn´alva P k = 0 ´es m em em = 1 egyenleteket. Fizikailag is ´erthet˝o, valamint ∂j (ek em ) = ∂j δm hiszen egy s´ıkon a p´arhuzamos eltol´as egy´ertelm˝ u, ak´armilyen u ´ton hajtjuk is v´egre azt. Ha azonban egy g¨ombfel¨ uleten pr´ob´aln´ank az eltol´ast megval´os´ıtani, akkor a fenti mennyis´eg m´ar nem lenne nulla, ahogy ezt geometriai u ´ton is egyszer˝ uen kipr´ob´alhatjuk. Ez´ert a fenti mennyis´eget a t´er g¨orb¨ ulet´enek h´ıvhatjuk. K¨onnyen l´athat´o a Christoffel szimb´olumok m´atrix reprezent´aci´oj´anak alapj´an, hogy Γkij
(Rj` )ki = ([∇j , ∇` ])ki = (∇j ∇` − ∇` ∇j )ki .
(3.79)
• T¨obbindexes mennyis´egek kovari´ans deriv´altjainak sz´am´ıt´asakor felhaszn´alhat´o, hogy Ai B j . . . t¨obbindexes mennyis´eg, ´es ∇ deriv´al´as, vagyis a l´ancszab´aly alkalmazhat´o. ´Igy pl. (∇i AB)jk = (∇i A)j B k + Aj (∇i B)k = ∂i (Aj B k ) + Γji` A` B k + Γki` Aj B ` ,
(3.80)
teh´at (∇i T )jk = ∂i T jk + Γji` T `k + Γki` T j` .
(3.81)
• Kovari´ans vektormez˝o kovari´ans deriv´altj´anak sz´am´ıt´asakor felhaszn´alhatjuk, hogy Ek Ak skal´armez˝o tetsz˝oleges Aj eset´en, ez´ert: ∇i (Ek Ak ) = (∇i E)k Ak + Ek (∇i A)k = (∇i E)k Ak + Ek ∂i Ak + Γkij Ek Aj = = ∂i (Ek Ak ).
(3.82)
Innen (∇i E)j = ∂i Ej − Γkij Ek = (δjk ∂i − Γkij )Ek .
(3.83)
• A metrikus tenzor deriv´altj´ahoz egy vektormez˝o kovari´ans deriv´altja i. ir´anyban ∇i E = ej (∇i E)j = ej (∂i Ej − Γkij Ek ) = ej (∇i E)j = ej (∂i E j + Γjik E k ).
(3.84)
Felhaszn´alva, hogy Ej = gjk E k , a fenti egyenlet a´trendez´es´evel azt l´atjuk, hogy a metrikus tenzor kovari´ans deriv´altja nulla: (∇i g)jk = ∂i gjk − Γ`ij g`k − Γ`ik gjk = 0. Ez biztos´ıtja, hogy a kovari´ans deriv´al´as indexeit is g-vel lehet fel-le h´ uzni. 35
(3.85)
• A fenti egyenletet mindh´arom lehets´eges indexkombin´aci´oval fel´ırva ad´odik 1 Γkij = g k` (∂i gj` + ∂j gi` − ∂` gij ) . 2
(3.86)
A vektormez˝o deriv´altj´anak trace-e az E divergenci´aja, skal´armez˝o div E = ∇E = ∂j E j + Γjij E i .
(3.87)
Hogy a fenti kifejez´est leegyszer˝ us´ıts¨ uk, vegy¨ uk a J deriv´altj´at: ∂i J = ∂i e1 (e2 × e3 ) = Γ11i e1 (e2 × e3 ) + · · · = Γjji J Ezzel ∇E = ∂i E i + Mivel g = J 2 , ez´ert
⇒
Γjij =
∂i J . J
1 ∂i J i E = ∂i (JE i ). J J
(3.88)
(3.89)
1 √ div grad Φ = 4Φ = √ ∂i ( gg ij ∂j Φ). g
(3.90)
K¨ ul¨on¨osen egyszer˝ u kifejez´eseket kaphatunk, ha az u ´j b´azis is ortogon´alis, azaz ei ej = h2i δij = gij
g ij =
⇒
Ekkor 4Φ =
1 δij , h2i
√
g = h1 h2 h3 .
∂ h1 h2 h3 ∂Φ 1 . h1 h2 h3 ∂ξi h2i ∂ξi
(3.91)
(3.92)
Az integr´al´asi m´ert´ek Z
Z
3
d x=
d3 ξ h1 h2 h3 .
(3.93)
Vektormez˝o komponensein´el szokt´ak norm´alni a b´azisvektorokat, vagyis bevezetik a ˆi = e
1 ei hi
⇒
ˆi E = E i ei = Eˆi e
⇒
Ei =
1 ˆ Ei , hi
Ei = hi Eˆi ,
(3.94)
ekkor ortogon´alis b´azis eset´en nincs k¨ ul¨onbs´eg a fels˝o ´es als´o indexek k¨oz¨ott. A gradiens komponensei, illetve a divergencia kifejez´ese ekkor 1 ∇i Φ = ∂i Φ, hi
1 h1 h2 h3 Eˆ i ∇E = ∂i , h1 h2 h3 hi
a Laplace-oper´ator kifejez´ese ugyanaz.
36
(3.95)
M´eg n´eh´any formula: ∇ ⊗ E antiszimmetrikus r´esze (∇i Ej − ∇j Ei )ej ⊗ ei = ∇i Ej (ej ⊗ ei − ei ⊗ ej ) = teh´at
1 ∇i Ej εijk ek ×, J
(3.96)
1 ijk ε ∇i Ej ek . J
(3.97)
hk 1 ijk ε ∂i Ej ek → εijk ∂i (hj Eˆj )ˆ ek , J J
(3.98)
rot E = Γ als´o indexeinek szimmetri´aja miatt rot E =
ahol a jobb oldal ortogon´alis koordin´atarendszerekben ´erv´enyes.
3.5. G¨ ombi koordin´ atarendszer A g¨ombi koordin´at´akra a k¨ovetkez˝o transzform´aci´oval t´er¨ unk ´at x = r sin θ cos ϕ y = r sin θ sin ϕ . (x, y, z) → (r, θ, ϕ), x = r cos θ
(3.99)
A lok´alis b´azis (3.57) alapj´an: er = (sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ, cos θ) eθ = (r cos θ cos ϕ, r cos θ sin ϕ, −r sin θ) eϕ = (−r sin θ sin ϕ, r sin θ cos ϕ, 0)
(3.100)
Szok´as (θ, ϕ) = Ω jel¨ol´est is alkalmazni (t´ersz¨og). A koordin´atatengelyek egym´asra mer˝olegesek, ez´ert a megfelel˝o h mennyis´egek hr =
√
er er = 1,
hθ =
√
eθ eθ = r,
hϕ =
√ eϕ eϕ = r sin θ.
(3.101)
Ez´ert az integr´al´asi m´ert´ek, a hat´arokat is felt¨ untetve Z
3
Z∞
d x=
Zπ dr
0
Z2π dθ
0
2
Z∞
dϕ r sin θ = 0
drr
2
Z1
Z2π dx
−1
0
dϕ,
x = cos θ.
(3.102)
0
A Laplace-oper´ator 1 ∂ 4Φ = 2 r ∂r
r
2 ∂Φ
∂r
1 ∂ + 2 r sin θ ∂θ
37
∂Φ sin θ ∂θ
+
1 ∂ 2Φ . r2 sin2 θ ∂ϕ2
(3.103)
Az els˝o tag ´ırhat´o m´as alakban is 1 ∂ r2 ∂r
1 ∂2 2 ∂Φ r = (rΦ). ∂r r ∂r2
(3.104)
A g¨ombi koordin´atarendszer j´ol illeszkedik g¨ombfel¨ uleteken vagy k´ upfel¨ uleteken adott hat´arfelt´etelekhez. ´ A Laplace-egyenletet rendezz¨ uk ´at a kor´abbi formul´aknak megfelel˝oen. Erdemes meg2 szorozni az egyenletet r -tel r2 4Φ = 0 = r2 4r Φ + 4Ω Φ,
(3.105)
ahol bevezett¨ uk a 1 ∂ 2 ∂Φ 4r Φ = 2 r , r ∂r ∂r ∂Φ 1 ∂ 2Φ 1 ∂ sin θ + 4Ω Φ = sin θ ∂θ ∂θ sin2 θ ∂ϕ2
(3.106)
jel¨ol´eseket. Keress¨ uk a megold´ast Φ(r, Ω) = R(r)Y (Ω)
(3.107)
alakban. A fenti egyenletet osztva Φ-vel r 2 4r R 4Ω Y r2 4Φ =0= + Φ R Y
r2 4r R = `(` + 1)R,
⇒
4Ω Y = −`(` + 1)Y,
(3.108) hiszen az els˝o tag csak r-t˝ol, a m´asodik csak Ω-t´ol f¨ ugg. A saj´at´ert´eket most λ = `(` + 1) alakban ´ırtuk a k´es˝obbi k´enyelem kedv´e´ert.
3.5.1. A radi´ alis egyenlet A radi´alis egyenlet ki´ırva ∂2 (rR) = `(` + 1)R. ∂r2 Megold´as´at keress¨ uk R(r) = ra alakban r
a(a + 1) = `(` + 1)
⇒
a = `,
vagy a = −(` + 1).
(3.109)
(3.110)
Mivel m´asodrend˝ u az egyenlet, val´oban k´et line´arisan f¨ uggetlen megold´ast v´artunk.
38
3.5.2. A t´ ersz¨ ogfu o r´ esz ¨ gg˝ A t´ersz¨ogt˝ol f¨ ugg˝o r´eszt szorozzuk meg sin2 θ-val: ∂Y ∂ 2Y ∂ sin θ + sin θ = −`(` + 1) sin2 θ Y. ∂θ ∂θ ∂ϕ2
(3.111)
Keress¨ uk a megold´ast itt is szorzat alakban Y (θ, ϕ) = P (θ)Ψ(ϕ). A fenti egyenletet osszuk el Y -nal, ´es rendezz¨ uk ´at sin θ d dP 1 d2 Ψ 2 sin θ + `(` + 1) sin θ + = 0. (3.112) P dθ ∂θ Ψ dϕ2 Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy d2 Ψ = −m2 Ψ dϕ2 1 d dP m2 P = 0, sin θ + `(` + 1) − sin θ dθ dθ sin2 θ
(3.113)
hiszen az els˝o tag csak θ-t´ol, a m´asodik csak ϕ-t˝ol f¨ ugg. A Ψ-ra vonatkoz´o egyenletet j´ol ismerj¨ uk, megold´asai Ψ(ϕ) = eimϕ ,
vagy Ψ(ϕ) = e−imϕ .
(3.114)
M´asodrend˝ u egyenlet l´ev´en, itt is k´et line´arisan f¨ uggetlen megold´ast kaptunk. A P -re vonatkoz´o egyenlet nem a szok´asos. Hogy a trigonometrikus f¨ uggv´enyekt˝ol megszabaduljunk, vezess¨ uk be u ´j v´altoz´ot d 1 d d m2 2 dP =− ⇒ x = cos θ, (1 − x ) + `(` + 1) − P = 0. dx sin θ dθ dx dx 1 − x2 (3.115) Ezt ´altal´anos´ıtott (vagy asszoci´alt) Legendre-egyenletk´ent ismeri a matematikai irodalom (l´asd pl. [10]). K´et line´arisan f¨ uggetlen megold´ast v´arunk, jel¨olj¨ uk o˝ket P`m ´es Qm ` -el (els˝o ill. m´asodfaj´ u Legendre-f¨ uggv´enyek). Vizsg´aljuk meg ezeket a megold´asokat el˝obb speci´alis esetekben: m = ` = 0 eset: Ekkor dP d C2 C2 1 + x 2 dP (1 − x ) =0 ⇒ = ⇒ P (x) = C1 + ln . (3.116) 2 dx dx dx 1−x 2 1−x A k´et megold´ast azonos´ıtjuk P00 = 1 ´es Q00 = ln 1+x . A m´asodik megold´as x = ±1-n´el, 1−x azaz θ = 0, π-n´el diverg´al. Ha teh´at ez a pont benne van az ´ertelmez´esi tartom´anyban, akkor Q00 nem vehet r´eszt a kifejt´esben – hasonl´oan ahhoz, hogy f (0) = 0 f¨ uggv´enyek 39
trigonometrikus f¨ uggv´enyekkel val´o kifejt´es´eben csak a sin-ok szerepelhetnek, a cos-ok nem. m = 0, ` 6= 0 eset: Ekkor amit kapunk d 2 dP (1 − x ) + `(` + 1)P = 0 (3.117) dx dx Legendre-egyenlet. Ennek megold´asair´ol a k¨ovetkez˝oket lehet tudni (l. pl. [11, 12]) ´ • Altal´ anos ` eset´en a k´et megold´as, P` (x) ´es Q` (x) k¨oz¨ ul az egyik x = 1-n´el (θ = πn´el), a m´asik x = −1-n´el (θ = 0-n´al) diverg´al. • Ha ` eg´esz, akkor az egyik megold´as, P` (x), `-edfok´ u polinom, vagy p´aros vagy p´aratlan hatv´anyokat tartalmaz, ez´ert P` (−x) = (−1)` P` (x); m´ıg Q` (x) diverg´al x = ±1-n´el (l. az ` = 0 esetet). A szok´asos norm´al´as P` (1) = 1. Ekkor az a´ltal´anos alak megadhat´o a Rodrigues-formul´aval P0 (x) = 1 P1 (x) = x 1 d` 2 ` P2 (x) = 21 (3x2 − 1) (x − 1) ⇒ (3.118) P` (x) = ` 2 `! dx` 1 3 P3 = 2 (5x − 3x) P4 (x) = 81 (35x4 − 30x2 + 3) • Az ortogonalit´asi ´es teljess´egi rel´aci´ojuk: Z1
2 δ``0 , dx P` (x)P`0 (x) = 2` + 1
−1
∞ X 2` + 1 `=0
2
P` (x)P` (x0 ) = δ(x − x0 ).
(3.119)
• A Legendre-polinomok gener´atorf¨ uggv´enye ∞
√
X 1 t` P` (x). = 2 1 − 2xt + t `=0
(3.120)
Ennek bizony´ıt´asa: Vizsg´aljuk az 1/|y − ez | kifejez´est abban az esetben, ha t = |y| < 1. G¨ombi koordin´atarendszerben kifejezve ∞
X 1 1 1 =p =√ = f` (t)P` (cos θ), |y − ez | t2 + 1 − 2t cos θ t2 + 1 − 2yez `=0
(3.121)
hiszen P` -ek b´azist alkotnak a [−1, 1] tartom´anyban ´ertelmezett (n´egyzetesen integr´alhat´o) f¨ uggv´enyek ter´eben. M´asr´eszt a Laplace-oper´atort alkalmazva 4
1 = −4πδ(y − ez ) = 0, |y − ez | 40
(3.122)
hiszen |y| < |ez |. Emiatt f` (t) ∼ t` vagy t−`−1 . Mivel ez ut´obbi nem regul´aris a t = 0-ban, marad az els˝o. Teh´at ∞
√
X 1 = c` t` P` (x). 2 t + 1 − 2tx `=0
(3.123)
A c` egy¨ utthat´okat az x = 1 eset vizsg´alat´aval kapjuk. Ekkor ugyanis P` (1) = 1 miatt ∞ X 1 = c` t` ⇒ c` = 1. (3.124) 1−t `=0 Ez a formula fontos lesz a multipol kifejt´esn´el, hiszen 1 1 1 1 p = =p = |x − y| r> 1 + (r< /r> )2 − 2(r< /r> ) cos θ x2 + y 2 − 2xy cos θ ∞ ` X r< = P` (cos θ), (3.125) r`+1 `=0 > ahol r< = min(|x|, |y|) ´es r> = max(|x|, |y|). ´ Altal´ anos eset: Ekkor meg kell oldani a d m2 2 dP (1 − x ) + `(` + 1) − P =0 dx dx 1 − x2
(3.126)
egyenletet. Ennek megold´asaira hasonl´ok mondhat´ok mint az el˝obb ´ • Altal´ anos `, m eset´en a k´et megold´as, P`m (x) ´es Qm oz¨ ul az egyik x = 1-n´el ` (x) k¨ (θ = π-n´el), a m´asik x = −1-n´el (θ = 0-n´al) diverg´al. • Ha `, m eg´esz ´es −` ≤ m ≤ `, akkor az egyik megold´as, P`m (x) regul´aris a teljes x ∈ [−1, 1] tartom´anyban, ´es pozit´ıv m-ekre P`m (x) = (−1)m (1 − x2 )m/2
dm P` (x), dxm
m ≥ 0,
(3.127)
negat´ıv m-ekre P`−m (x) = (−1)m
(` − m)! m P (x), (` + m)! `
Ekkor a m´asik megold´as, Qm al x = ±1-n´el. ` (x) diverg´
41
m < 0.
(3.128)
• Ortogonalit´asi rel´aci´o: Z1
dx P`m (x)P`m0 (x) =
2(` + m)! δ``0 , (2` + 1)(` − m)!
−1
Z1
0
dx
P`m (x)P`m (x) (` + m)! δmm0 . = 1 − x2 m(` − m)!
(3.129)
−1
3.5.3. G¨ ombfu enyek ¨ ggv´ A teljes t´ersz¨ogf¨ ugg˝o r´eszben a regul´aris (els˝orend˝ u) Legendre-f¨ uggv´enyekb˝ol kapjuk a g¨ombf¨ uggv´enyeket [13]; a szok´asos norm´al´assal s 2` + 1 (` + m)! m P (cos θ)eimϕ . (3.130) Y`m (θ, ϕ) = 4π (` − m)! ` Ekkor igaz (3.131)
∗ Y`m (θ, ϕ)Y`m (θ0 ϕ0 ) = δ(ϕ − ϕ0 )δ(cos θ − cos θ0 ).
(3.132)
Y`,−m = (−1) valamint
` ∞ X X
∗ Y`m ,
Z
∗ dΩ Y`m (Ω)Y`0 m0 (Ω) = δ``0 δmm0 ,
m
`=0 m=−`
Az els˝o n´eh´any g¨ombf¨ uggv´eny r r 1 1 3 1 3 Y00 = √ , Y10 = cos θ, Y11 = − sin θeiϕ 2 π 2 2π 4π r r 1 5 1 15 Y20 = 3 cos2 θ − 1 , Y21 = − sin θ cos θeiϕ , 4 π 2 2π
Y22
1 = 4
r
15 sin2 θe2iϕ . 2π (3.133)
G¨ombfel¨ uleten n´egyzetesen integr´alhat´o f¨ uggv´enyek kifejthet˝ok Y`m szerint: f (θ, ϕ) =
∞ X ` X
Z f`m Y`m (θ, ϕ),
f`m =
∗ dΩ Y`m (θ, ϕ)f (θ, ϕ).
(3.134)
`=0 m=−`
Ha a kifejtend˝o f¨ uggv´eny nem f¨ ugg ϕ-t˝ol, akkor az ortogonalit´as miatt csak m = 0 j¨on sz´oba.
42
G¨ ombfu enyek ´ es forgat´ asok ¨ ggv´ A g¨ombf¨ uggv´enyek fontos szerepet j´atszanak a forgat´asok vizsg´alat´aban is. Ehhez v´egezz¨ unk el egy ortogon´alis transzform´aci´ot a vektorokon: x ∈ R3 -re x0 = Ox, ahol OT O = 1. Ekkor x0 2 = (Ox)(Ox) = xOT Ox = x2 , vagyis a hossz invari´ansan marad. O teh´at forgat´ast ´ır le. A Laplace-oper´ator 4 = ∇∇, azaz a ∇ n´egyzete”, ez´ert invari´ans. G¨ombi koordi” n´atarendszerben fel´ırva a radi´alis r´esz szint´en invari´ans (hiszen a vektorok hossza nem v´altozik). Emiatt a t´ersz¨ogf¨ ugg˝o Laplace-oper´ator is invari´ans. N´ezz¨ uk most a g¨ombf¨ uggv´enyeket. Mivel egy n egys´egvektor g¨ombi koordin´at´ai (r = 1, θ, ϕ), ez´ert a (θ, ϕ) argumentumokat helyettes´ıthetj¨ uk az n megad´as´aval: ´ıgy pl. Y`m (n). Elforgatva a koordin´atarendszert Y`m (On) f¨ uggv´enyt kapjuk. Miut´an azonban 4Ω invari´ans a forgat´asra, ez´ert igaz lesz 4Ω Y`m (n) = −`(` + 1)Y`m (n)
⇒
4Ω Y`m (On) = −`(` + 1)Y`m (On).
(3.135)
Ez´ert Y`m (On) az `(` + 1) saj´at´ert´ekhez tartoz´o saj´atf¨ uggv´enye 4Ω -nak. K¨ovetkez´esk´eppen benne van az ezen saj´at´ert´ekhez tartoz´o saj´atalt´erben, ´ıgy kifejezhet˝o az ehhez a saj´at´ert´ekhez tartoz´o saj´atf¨ uggv´enyek ¨osszegek´ent: Y`m (On) =
` X
Dmm0 (O)Y`m0 (n),
(3.136)
m=−`
ahol az egy¨ utthat´ok f¨ uggnek a forgat´as m´atrix´at´ol. Mivel k´et forgat´as egym´asut´anj´at n´ezve O1 O2 = O3 szint´en forgat´ashoz jutunk, a fenti formul´aba be´ırva a X Dmn (O1 )Dnm0 (O2 ) = Dmm0 (O3 ) n
kifejez´est kapjuk. Az Y`m f¨ uggv´enyek norm´alts´aga miatt (l. (3.131) m´asodik egyenlete), valamint a dΩ integr´al´asi m´ert´ek forg´asinvarianci´aja miatt igaz az is, hogy X ∗ Dnm (O)Dnm0 (O) = δmm0 . n
A fentieket u ´gy foglalhatjuk o¨ssze, hogy a forg´asok ´abr´azol´odnak az adott `-hez tartoz´o g¨ombf¨ uggv´enyek ter´en. Ezeket a gondolatokat sokf´elek´eppen hasznos´ıthatjuk. Egyik alkalmaz´as a k¨ovetkez˝o t´etel: 3.3. T´ etel Kifejt´esi t´etel Ha adott n illetve n0 k´et egys´egvektor, akkor ` 4π X ∗ 0 Y (n )Y`m (n). P` (n n) = 2` + 1 m=−` `m 0
43
(3.137)
Bizony´ıt´as. Jel¨olj¨ uk O-val azt a forgat´ast, amely n0 -t ez -be viszi: On0 = ez . Emiatt r ` X 2` + 1 0 −1 −1 −1 Y`m (n ) = Y`m (O ez ) = = Dmm0 (O )Y`m0 (ez ) = Dm0 (O ) 4π m=−` r 2` + 1 ∗ = D0m (O) , (3.138) 4π aholpfelhaszn´altuk, hogy θ = 0-n´al, vagyis n = ez eset´en (3.130) miatt Y`m (ez ) = δm0 (2` + 1)/(4π). p M´asr´eszt ha m = 0-t n´ezz¨ uk, akkor Y`0 (n) = (2` + 1)/(4π)P` (ez n), hiszen az argumentum ez n = cos θ. Emiatt r r 4π 4π X P` (ez On) = Y`0 (On) = D0m (O)Y`m (n) = 2` + 1 2` + 1 m 4π X ∗ Y (O−1 ez )Y`m (n). = (3.139) 2` + 1 m `m Mivel ez On = (OT ez )n = (O−1 ez )n = n0 n, ez´ert ´eppen a k´ıv´ant alakot kaptuk.
3.5.4. A Laplace-egyenlet megold´ asai A teljes kifejt´eshez haszn´aland´o alak: X Bν,m Φ(r, θ, ϕ) = Aν,m rν Pνm (cos θ)eimϕ + ν+1 Pνm (cos θ)eimϕ + r ν,m Dν,m m ν m imϕ imϕ +Cν,m r Qν (cos θ)e + ν+1 Qν (cos θ)e . r
(3.140)
Speci´alis esetekben: • Ha ϕ ∈ [0, 2π], akkor Φ(r, θ, ϕ) = Φ(r, θ, ϕ + 2π) miatt m ∈ Z eg´esz sz´am. Ha a hat´arfelt´etelek nem f¨ uggnek ϕ-t˝ol (hengerszimmetria), akkor m = 0. • Ha a θ = 0, azaz a z tengely benne van az ´ertelmez´esi tartom´anyban, akkor csak a Pνm f¨ uggv´enyek haszn´aland´ok. • Ha a megold´as a teljes 4π t´ersz¨ogben ´ertelmezett, akkor ` ∈ N ´es −` ≤ m ≤ `, vagyis a g¨ombf¨ uggv´enyeket kell haszn´alnunk ∞ X ` X B`m ` (3.141) A`m r + `+1 Y`m (θ, ϕ). Φ(r, θ, ϕ) = r `=0 m=−` Az A`m illetve B`m egy¨ utthat´okat a hat´arfelt´etelek szabj´ak meg. 44
• Legspeci´alisabb esetben ha a megold´as a teljes 4π t´ersz¨ogben ´ertelmezett, ´es a hat´arfelt´etelek nem f¨ uggnek ϕ-t˝ol (hengerszimmetria): ∞ X B` ` (3.142) Φ(r, θ) = A` r + `+1 P` (cos θ). r `=0 Ekkor az A` illetve B` egy¨ utthat´ok meghat´aroz´as´ahoz el´eg a potenci´al ismerete a cos θ = 1 mellett, azaz a z tengelyen, ekkor ugyanis P` (1) = 1. Alkalmaz´ as: Oldjuk meg a m´ar l´atott homog´en E 0 t´erer˝oss´egbe helyezett f¨oldelt, R sugar´ u f´emg¨omb ter´enek probl´em´aj´at g¨ombi koordin´atarendszerben is. Megold´ as Mivel a teljes 4π tartom´anyban ´ertelmezett a megold´as, ez´ert a g¨ombf¨ uggv´enyek szerinti kifejt´est kell v´alasztanunk. V´alasszuk a z tengelyt az E 0 ir´any´anak, akkor a feladat ϕ-f¨ uggetlen, ´es ´ıgy kifejthet˝o a Legendre-polinomok szerint, l. (3.142): ∞ X B` ` (3.143) Φ(r, θ) = A` r + `+1 P` (cos θ). r `=0 Az r → ∞ limeszben csak a pozit´ıv egy¨ utthat´ok maradnak, ott adott a potenci´al ´ert´eke: Φ(r → ∞, θ) =
∞ X
A` r` P` (cos θ) = −E0 z = −E0 r cos θ,
(3.144)
`=0
emiatt A1 = −E0
A`6=1 = 0.
(3.145)
A g¨ombfel¨ uleten a potenci´al nulla ∞ X B` ` Φ(r = R, θ) = A` R + `+1 P` (cos θ) = 0, R `=0
(3.146)
vagyis B` = −A` R2`+1
⇒
B1 = −E0 R3 ,
B`6=1 = 0.
(3.147)
V´eg¨ ul is kapjuk Φ = −E0
R3 1− 3 r
R3 r cos θ = −E 0 x 1 − 3 |x|
ahogyan kor´abban m´ar l´attuk (v¨o. (3.32)). 45
,
(3.148)
Alkalmaz´ as: Egy Θ ny´ıl´assz¨og˝ u k´ up fel¨ ulet´en Φ = 0. Milyen a t´er a k´ up belsej´eben, a cs´ ucs k¨ozel´eben, ha a k´ upot lez´ar´o g¨ombfel¨ uleten a potenci´al forg´asszimmetrikus? Megold´ as: Itt nem a teljes 4π tartom´anyban ´ertelmezett a megold´as, viszont a θ = 0 benne van az ´ertelmez´esi tartom´anyban, ´es a megold´as nem f¨ ugg ϕ-t˝ol. ´ Ezenfel¨ ul a potenci´al v´eges az r → 0 esetben. Igy a kifejt´es: X Φ(r, θ) = Aν rν Pν (cos θ). (3.149) ν
A lehets´eges ν ´ert´ekeket az szor´ıtja meg, hogy a potenci´al nulla θ = Θ esetben: Pν (cos Θ) = 0.
(3.150)
Egy adott Θ-ra a Pν (cos Θ) oszcill´al´o f¨ uggv´enye ν-nek, l. a´bra. 3.1. A Pν (x)
3.1. a´bra. Legendre-f¨ uggv´eny f¨ uggv´enyek teljes rendszert alkotnak, azaz kifejthet˝o r = R mellett adott (ϕ-f¨ uggetlen) hat´arfelt´etel. Ha egyre k¨ozelebb megy¨ unk a cs´ ucshoz, akkor egyre jobban a legkisebb lehets´eges ν ´ert´ek domin´al Φ(r → 0, θ) ∼ rν0 Pν0 (cos θ).
(3.151)
A ν0 legkisebb nullhely f¨ ugg´ese cos Θ-t´ol a 3.1 a´br´an l´athat´o. Jellemz˝ok • Ha Θ → 0, akkor cos Θ → 1, viszont Pν (1) = 1, azaz egyre nagyobb ν kell a nullhelyhez, ´ıgy ν0 → ∞. • Ha Θ < π/2, azaz bem´elyed´es, akkor ν0 > 1. 46
• Ha Θ = π/2, akkor a k´ up s´ıklapba megy ´at, ennek k¨ozel´eben Φ ∼ z = r cos θ, azaz ν0 = 1-et v´arunk; mivel P1 (x) = x, ez´ert val´oban ν0 = 1. • Ha Θ > π/2, azaz cs´ ucs, akkor ν0 < 1. A fel¨ uletre mer˝oleges elektromos t´er nagys´aga Eθ = −
σ 1 ∂Φ ∼ rν0 −1 sin θPν00 (cos θ) = . r ∂θ ε0
(3.152)
Ez azt jelenti, hogy Θ > π/2 eset´en, vagyis cs´ ucs eset´en, a fel¨ ulethez k¨ozeledve a t´erer˝oss´eg v´egtelenhez tart. Ez a cs´ ucshat´as, amit p´eld´aul a vill´amh´ar´ıt´o eset´eben tudunk kihaszn´alni. Leveg˝oben ugyanis a maxim´alis elektromos t´er Emax ≈ 106 - 107 V/m (valamelyest f¨ ugg a leveg˝o a´llapot´at´ol, pl. nedvess´egtartalm´at´ol). Enn´el nagyobb t´erben a kis sz´amban jelen lev˝o ionok a t´er hat´as´ara felgyorsulva a t¨obbi g´azmolekul´aval u ´jabb ionokat hoz¨tk¨oznek, ´es u nak l´etre. Az ´ıgy kialakul´o lavina kis¨ ul´est, vill´amot eredm´enyez. Cs´ ucsos fel¨ uletn´el, ahogy l´attuk, nagyobb a t´erer˝o, emiatt t¨obb az ion, ez´ert oda fog becsapni a vill´am.
3.6. Hengerkoordin´ at´ ak A hengerkoordin´at´ak defin´ıci´oja x = % cos ϕ y = % sin ϕ z=z
(x, y, z) → (%, ϕ, z),
(3.153)
A lok´alis b´azis (3.57) alapj´an: e% = (cos ϕ, sin ϕ, 0) eϕ = (−% sin ϕ, % cos ϕ, 0) ez = (0, 0, 1)
(3.154)
Emiatt Z h% = 1,
hϕ = %,
hz = 1
⇒
d3 x =
Z∞ d%% 0
Z∞
Z2π dϕ 0
dz.
(3.155)
−∞
A Laplace-egyenlet alakja 1 ∂ 0 = 4Φ = % ∂%
∂Φ % ∂% 47
+
1 ∂ 2Φ ∂ 2Φ + 2. %2 ∂ϕ2 ∂z
(3.156)
Az egyenlet mindh´arom v´altoz´oj´aban sz´etv´alaszthat´o, vagyis a megold´as kereshet˝o Φ(%, ϕ, z) = R(%)Ψ(ϕ)Z(z) alakban. Ezt alkalmazva, ´es elosztva Φ-vel: dR 1 d2 Ψ 1 d 1 d2 Z % + 2 0 = 4Φ = + . %R d% d% % Ψ dϕ2 Z dz 2
(3.157)
(3.158)
Viszont v´alaszthatunk, melyik koordin´at´at tekintj¨ uk ξ⊥ -nek. Egyik lehet˝os´eg, hogy ξk = (%, ϕ), ξ⊥ = z. Ekkor d2 Z = k2Z 2 dz valamint
1 d %R d%
⇒
Z = ekz ,
vagy e−kz ,
dR 1 d2 Ψ = −k 2 . % + 2 d% % Ψ dϕ2
Ezt megszorozva %2 -tel kapjuk % d dR 1 d2 Ψ 2 2 = 0, % +k % + R d% d% Ψ dϕ2
(3.159)
(3.160)
(3.161)
teh´at mindk´et tagnak konstansnak kell lennie. Ez els˝o egyenlet d2 Ψ = −m2 Ψ. dϕ2
(3.162)
Ennek megold´asa Ψ = eimϕ ,
vagy e−imϕ .
(3.163)
Ha az ´ertelmez´esi tartom´any ϕ ∈ [0, 2π], akkor a megold´as periodikus kell legyen 2π szerint, ez´ert m ∈ N eg´esz. Az m2 konstanst a m´asodikba be´ırva, ´es a´trendezve kapjuk a m´asodik egyenletre: 1 d dR m2 2 % + k − 2 R = 0. (3.164) % d% d% % Ennek megold´as´ahoz vezess¨ unk be u ´j v´altoz´ot x = k% m´odon, ekkor d2 R 1 dR m2 + + 1 − 2 R = 0. dx2 x dx x
(3.165)
Ez a Bessel-egyenlet, megold´asai a Bessel-f¨ uggv´enyek. M´asodfok´ u egyenlet l´ev´en, k´et f¨ uggetlen megold´ast v´arunk. 48
• Els˝ofaj´ u Bessel-f¨ uggv´enyek Jm (x). Hatv´anysor reprezent´aci´oja Jm (x) =
∞ x m X
2
n=0
x 2n (−1)n , n!Γ(m + n + 1) 2
(3.166)
ahol Γ a gamma-f¨ uggv´eny: Z∞ Γ(n ∈ N ) = (n − 1)!,
Γ(z) =
dt tz−1 e−t .
(3.167)
0
M´asik, gyakran haszn´alt reprezent´aci´o 1 Jn (x) = π
Zπ
Zπ
1 dτ cos(nτ − x sin τ ) = 2π
dτ ei(nτ −x sin τ ) .
(3.168)
−π
0
• Ha m nem eg´esz, akkor Jm (x) ´es J−m (x) line´arisan f¨ uggetlenek. Ha m eg´esz, akkor m J−m (x) = (−1) Jm (x), vagyis keresni kell egy ett˝ol line´arisan f¨ uggetlen megold´ast: Nm (x) =
Jm (x) cos mπ − J−m (x) sin mπ
(3.169)
m´asodfaj´ u Bessel-f¨ uggv´eny vagy Neumann-f¨ uggv´eny. N´eha ezek kombin´aci´oj´at haszn´alj´ak: (1) Hm (x) = Jm (x) + iNm (x),
(2) Hm (x) = Jm (x) − iNm (x),
(3.170)
harmadfaj´ u Bessel-f¨ uggv´enyek vagy Henkel-f¨ uggv´enyek. • Hat´aresetek: x 1 eset´en
Jm (x) =
x m
1 Γ(m + 1) 2
,
m Γ(m) 2 − , ha m 6= 0 π x Nm (x) = 2 log x ha m = 0. π 2
A nagy x 1 eset: r 2 mπ π Jm (x) = cos(x − − ), πx 2 4
r Nm (x) =
2 mπ π sin(x − − ). (3.172) πx 2 4
Innen l´atszik, hogy a Bessel-f¨ uggv´enyeknek v´egtelen sok gy¨oke van.
49
(3.171)
• Az els˝ofaj´ u Bessel-f¨ uggv´enyek b´azist alkotnak a n´egyzetesen integr´alhat´o f¨ uggv´enyek ter´en. Ortogonalit´asi rel´aci´ok: a 0 ≤ % ≤ a esetben Za
% % a2 d%% Jm (αmi )Jm (αmj ) = [Jm+1 (αmi )]2 δij , a a 2
(3.173)
0
ahol fix m-re Jm (αmi ) = 0 ∀i. A fenti kifejez´es arra haszn´alhat´o, hogy ha % = a-n´al nulla a potenci´al, akkor az ezt kiel´eg´ıt˝o Bessel-f¨ uggv´enyek szerint kell kifejten¨ unk. A 0 ≤ % ≤ ∞ esetben Z∞
d%% Jm (k%)Jm (k 0 %) =
1 δ(k − k 0 ). k
(3.174)
0
A Laplace-egyenlet megold´asai ezek szerint X Φ(%, ϕ, z) = (Amk Jm (k%) + Bmk Nm (k%))ekz eimϕ + {k → −k} + km
+{m → −m} + {k → −k, m → −m} .
(3.175)
A lehets´eges k ´es m ´ert´ekeket a hat´arfelt´etelek a´ll´ıtj´ak be. Alkalmaz´ as: Adott egy h magass´ag´ u R sugar´ u henger, melynek oldal´an ´es az alaplapj´an Φ = 0, a tetej´en Φ(%, ϕ, z = h) = V (%, ϕ). Milyen a potenci´al a henger belsej´eben? Megold´ as: Mivel a feladat a teljes ϕ ∈ [0, 2π] tartom´anyban ´ertelmes, ez´ert m eg´esz. M´asr´eszt a potenci´al regul´aris a % → 0 esetben, ez´ert Nm egy¨ utthat´oja nulla. A potenci´alnak null´anak kell lennie % = R esetben, valamint z = 0 esetben. A kifejt´es ezek szerint Φ(%, ϕ, z) =
∞ X ∞ X
sinh(kmi z)Jm (kmi %) (Ami sin mϕ + Bmi cos mϕ) ,
i=0 m=0
(3.176) ahol kmi R = αmi . A potenci´al z = h-n´al V (%, ϕ), azaz X V (%, ϕ, z) = sinh(kmi h)Jm (kmi %) (Ami sin mϕ + Bmi cos mϕ) mi
50
(3.177)
Az egy¨ utthat´ok, kihaszn´alva m´eg, hogy Z2π
Z2π dϕ sin mϕ sin nϕ = πδnm ,
dϕ sin mϕ cos nϕ = 0
0 Z2π
0
Z2π dϕ cos mϕ cos nϕ = πδnm ,
dϕ cos mϕ sin nϕ = 0, (3.178)
0
0
a k¨ovetkez˝oknek ad´odnak: Ami =
Bmi =
2 2 (αmi ) sinh(kmi h) πa2 Jm+1
2 2 πa2 Jm+1 (αmi ) sinh(kmi h)
Za
Z2π d%%
dϕ V (%, ϕ) Jm (kmi %) sin mϕ,
0
0
Za
Z2π d%%
0
dϕ V (%, ϕ) Jm (kmi %) cos mϕ. 0
(3.179)
3.7. Multip´ olus kifejt´ es Hagyjuk most a speci´alis koordin´atarendszereket, ´es t´argyaljuk ism´et adott t¨olt´eseloszl´as ter´et, de most nagy t´avols´agra. Legyen teh´at egy lokaliz´alt t¨olt´eseloszl´asunk, amelynek karakterisztikus m´erete a: Z 1 %(x0 ) d3 x0 . (3.180) Φ(x) = 4πε0 |x − x0 | Az |x| a esetben sorba fejthetj¨ uk a nevez˝ot – ezt megtehetj¨ uk a´ltal´anos koordin´at´akkal, vagy g¨ombi koordin´atarendszerben kifejtve. ´ Altal´ anos koordin´at´akkal (|x| = r jel¨ol´essel) 1 1 1 1 1 = − x0i ∂i + x0i x0j ∂i ∂j + . . . . 0 |x − x | r r 2 r Mivel
ez´ert:
1 xi ∂i = − 3 , r r
1 3xi xj − r2 δij ∂i ∂j = , r r5
1 1 x0 x 1 3(x0 x)2 − x0 2 x2 = + 3 + + .... |x − x0 | r r 2 r5 51
(3.181)
(3.182)
(3.183)
Vissza´ırva Z 1 1 x0 x 1 3(x0 x)2 − x0 2 x2 3 0 0 Φ(x) = + 3 + d x %(x ) + .... = 4πε0 r r 2 r5 Q px 1 xQx 1 + 3 + + ... , = 4πε0 r r 2 r5
(3.184)
ahol Z Q=
3 0
0
d x %(x ),
Z p=
3 0 0
0
d x x %(x ),
Z Qij =
2
d3 x0 (3x0i x0j − x0 δij )%(x0 ),
(3.185) a t¨olt´es, dip´olmomentum illetve kvadrupolmomentum. Ez ut´obbi egy 3 × 3-as spurtalan tenzor. Ha magasabb rend˝ u multipolmomentumokra is sz¨ uks´eg van, akkor ´erdemesebb a g¨ombi koordin´at´akban kifejezett alakot haszn´alni. Felhaszn´alva (3.125) ´es (3.137) egyenleteket, valamint hogy most |x| = r |x0 | = r0 ∞ ∞ X ` X X 1 r0 ` r0 ` 4π 0 ∗ = P` (xx ) = Y`m (ˆ x0 )Y`m (ˆ x). 0 `+1 `+1 |x − x | r r 2` + 1 `=0 `=0 m=−`
Ezzel: Φ(x) = ahol
1 1 X q`m Y`m (θ, ϕ), `+1 ε0 `m 2` + 1 r Z
q`m =
`
∗ d3 x0 r0 Y`m (θ0 , ϕ0 ) %(x0 ).
¨ • Osszef¨ ugg´es van a q, p, Qij ´es q`m , ` = 0, 1, 2 egy¨ utthat´ok k¨oz¨ott: r q1,−1 − q1,1 px √ 2π i(q Q = 4π q00 , py = √ 1,−1 + q1,1 ) , 3 pz 2 q10
(3.186)
(3.187)
(3.188)
(3.189)
a szimmetrikus kvadrupol tenzor elemei: Qxx Qxy Qxz Qyx Qyy Qyz = Qzx Qzy Qzz q q q q 6π 2 2π 2π q + q − q 4i (q − q ) (q − q ) 22 2−2 2−2 22 2−1 21 3 20 15 q 15 q q15 6π 2 2π Qyx − 15 q22 + q2−2 − 3 q20 i 15 (q2−1 + q21 ) . p Qzx Qzy 4 π5 q20 (3.190) 52
• A t¨olt´eseloszl´as jellemz˝o m´eret´evel a´tsk´al´azva a (3.185) alapj´an l´athatjuk, hogy p/Q ∼ a, Qij /Q ∼ a2 . A (3.188) azt mutatja, hogy ez egy a´ltal´anos ´erv´eny˝ u megfigyel´es, azaz q`m /Q ∼ a` . • Ha ´athelyezem a koordin´atarendszer k¨oz´eppontj´at, akkor x0 → x0 + c m´odon kell az integr´alok alatt m´odos´ıtani, vagyis a fenti egy¨ utthat´ok m´odosul´asa: ∆Qij = 3(ci pj + cj pi ) − 2cpδij + (3ci cj − c2 δij )Q, . . . (3.191) ´ Altal´aban igaz, hogy a legalacsonyabb multipolmomentum koordin´atarendszerf¨ uggetlen. ∆Q = 0,
δp = Qc,
• Mi´ert van a kvadrupol tenzornak 5 komponense, mikor egy a´ltal´anos 3 × 3 m´atrix komponenseinek sz´ama 9? A potenci´al kvadrupol r´esze ar´anyos Qij xi xj ∂i ∂j r−1 mennyis´eggel. Q antiszimmetrikus r´esze az´ert nem ad j´arul´ekot, mert egy szimmetrikus kombin´aci´oval van szorozva. Q egys´egm´atrixxal ar´anyos r´esze pedig ∼ x2 4r−1 = 0 miatt nem ad j´arul´ekot.
53
4. fejezet Elektrosztatika anyag jelenl´ et´ eben Val´odi anyagokban k´etfajta viselked´es lehets´eges: ha vannak szabad t¨olt´eshordoz´ok, akkor sztatikus elektromos t´er hat´as´ara addig mozognak, ameddig az elektromos t´er le nem a´rny´ekol´odik. Ha nincsenek szabadon elmozdul´o t¨olt´eshordoz´ok, akkor is vannak elektromos t¨olt´esek az anyagban, helyhez k¨ot¨otten. Ebben az esetben elektromos t´er hat´as´ara a t¨olt´eshordoz´ok csak kicsit mozdulnak el. Tekints¨ uk az anyag egy kis, nulla ¨osszt¨olt´es˝ u anyagdarabk´aj´at. Ennek lehet eleve valamilyen t¨olt´eseloszl´asa, de ha k¨ uls˝o elektromos teret alkalmazunk, akkor mindenk´eppen kialakul egy nem trivi´alis t¨olt´eseloszl´as, vagyis az anyagdarabka polariz´al´odik. F´emg¨omb eset´en l´attuk (l. (3.32) ´es (3.148)), hogy egy dip´olmomentum alakul ki, de persze a kialakul´o t¨olt´eseloszl´as enn´el bonyolultabb is lehet. Ugyanakkor a molekul´aris t¨olt´eseloszl´ast makroszkopikus t´avols´agb´ol figyelj¨ uk meg, vagyis alkalmazhat´o a multipol kifejt´es. Az anyagdarabka jellemz˝o m´eret´ere a-t v´eve, az n. multipolmomentum an -nel ar´anyos, tere r t´avols´agb´ol figyelve a dip´ol ter´ehez k´epest an−1 /rn−1 faktorral szorz´odik, vagyis messzir˝ol figyelve elhanyagolhat´o. Emiatt az anyag kis darabk´aj´anak t¨olt´esszerkezet´et a dip´olmomentum´aval k¨ozel´ıthetj¨ uk. Vagyis ha egy pontt¨olt´est ´es egy kis anyagdarabk´at n´ez¨ unk
4.1. a´bra. Pontt¨olt´es ´es dip´ollal k¨ozel´ıtett anyagdarab egy¨ uttes hat´asa
54
(l. 4.1. a´bra), akkor az x helyen m´erhet˝o potenci´al: Φ(x) =
1 1 p(x − xp ) q + , 4πε0 |x − x0 | 4πε0 |x − xp |3
(4.1)
ahol x0 a pontt¨olt´es, xp az anyagdarabka helye. Ennek a´ltal´anos´ıt´as´ahoz egy pontt¨olt´es helyett egy t¨olt´ess˝ ur˝ us´eggel jellemzett t¨olt´eseloszl´ast helyez¨ unk el, ´es egy anyagdarabka helyett kiterjedt anyaggal sz´amolunk. Ez ut´obbit u ´gy vessz¨ uk figyelembe, hogy felosztjuk elemi dV t´erfogat´ u cell´akra, amelyeknek valamilyen helyf¨ ugg˝o p dip´olmomentuma van. A t¨olt´eseloszl´as mint´aj´ara bevezethetj¨ uk a dip´olmomentum-s˝ ur˝ us´eget (vagy polariz´aci´os s˝ ur˝ us´eget), P (x) = p/dV m´odon. Ekkor a feloszt´assal null´ahoz tartva integr´alt kapunk, ´es a teljes j´arul´ek alakja: Z Z 0 0 0 1 1 3 0 %(x ) 3 0 P (x )(x − x ) dx + d x . (4.2) Φ(x) = 4πε0 |x − x0 | 4πε0 |x − x0 |3 A m´asodik tagban lev˝o integr´alt tov´abb alak´ıtva (elhagyva a teljes divergenci´ab´ol j¨ov˝o fel¨ uleti tagokat) Z Z Z 0 0 0 1 0 3 0 0 3 0 (∇P )(x ) 3 0 P (x )(x − x ) = d x P (x ) ∇ = − d x . (4.3) dx |x − x0 |3 |x − x0 | |x − x0 | Ezt vissza´ırva
Z %(x0 ) − ∇P (x0 ) 1 d3 x (4.4) Φ(x) = 4πε0 |x − x0 | Vagyis a polariz´aci´ob´ol ered˝o j´arul´ek pontosan olyan alak´ u, mint a betett t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg j´arul´eka. Ezt u ´gy fogalmazhatjuk, hogy a teljes ´erezhet˝o t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg ´ert´eke %tot = % − ∇P = % + %pol .
(4.5)
A m´asodik tagot szokt´ak polariz´aci´os t¨olt´ess˝ ur˝ us´egnek nevezni. A mikroszkopikus k´ep em¨og¨ott az, hogy ha megn´ezz¨ uk, hogy egy V t´erfogatban mekkora t¨olt´es helyezkedik el, akkor az a´ltalunk betett t¨olt´esek mellett az anyag t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg´et is figyelembe kell venni. A t´erfogat belsej´eben lev˝o dip´olok ¨osszt¨olt´ese nulla, csak azok maradnak, amelyek a fel¨ uleten vannak, ´es ´ıgy a fel¨ uk kil´og a t´erfogatunkb´ol. A dip´ol fel¨ ulet ir´any´ u komponense nulla j´arul´ekot ad, vagyis a bent rekedt t¨olt´eshez qa = −pn = −P ndV = −aP ndA, azaz q = −P ndA. A teljes t¨olt´es teh´at Z I Z 3 Q = d x% − df P = d3 x (% − div P ) . (4.6) V
V
∂V
Vagyis az elektromos t´er ´ert´ek´et meghat´aroz´o Maxwell-egyenlet most u ´gy ´ırhat´o, hogy 1 1 1 (4.7) ∇E = %tot ⇒ ∇ E + P = %. ε0 ε0 ε0 55
Bevezetve D = ε0 E+P mennyis´eget (elektromos eltol´as) az anyagban ´erv´enyes Maxwellegyenletek alakja ∇D = %, ∇ × E = 0. (4.8) A m´asodik egyenlet az E = − grad Φ egyenlet k¨ovetkezm´enye. Az els˝o egyenlet ´ertelmez´ese teh´at: ha betesz¨ unk a rendszerbe % t¨olt´ess˝ ur˝ us´eget, akkor az anyag polariz´aci´oja miatt a val´odi t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg nem %. Az elektromos t´er egyenleteibe a teljes t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg j¨on be. A polariz´aci´ot figyelembe v´eve defini´alhatjuk a D elektromos eltol´ast, ennek forr´asa m´ar az expliciten betett (k¨ uls˝o) t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg. Hogy a fenti egyenletet kezelni tudjuk, sz¨ uks´eg¨ unk van egy D(E) ¨osszef¨ ugg´esre. F´emg¨ombn´el l´attuk ((3.33)), hogy p = 4πR3 ε0 E. Vagyis ha V t´erfogatban van egy f´emg¨omb, akkor a polariz´aci´os˝ ur˝ us´eg 4πε0 R3 4πR3 p = E, D = ε0 1 + E. (4.9) P = V V V A legt¨obb anyagra igaz lesz P = ε0 χE,
D = ε0 (1 + χ)E = ε0 εr E = εE,
(4.10)
ahol χ (elektromos szuszceptibilit´as) εr (relat´ıv permittivit´as) illetve ε (permittivit´as vagy dielektromos a´lland´o) szimmetrikus m´atrixok, izotrop anyagban azonban csak sz´amok. Teljesen a´ltal´anos anyagi tulajdons´agok eset´en nem tehet¨ unk m´ast, mint megpr´ob´aljuk megoldani a ∇(ε(x)∇Φ(x)) = −%(x) (4.11) egyenletet. Homog´en, izotrop anyagban a potenci´alra fel´ırhat´o 1 E= D ε
⇒
div E =
% ε
⇒
% 4Φ = − . ε
(4.12)
Ugyanaz az egyenlet mint v´akuumban, csak a permittivit´as ´ert´eke m´as. R´eszlegesen homog´en k¨ozegekben a homog´en tartom´anyokban alkalmazhatjuk a fenti k´epletet, a k¨ozeghat´arokon hat´arfelt´eteleket szabhatunk.
4.1. Hat´ arfelt´ etelek K¨ozeghat´aron a hat´arfel¨ uleten dA alap´ u d` magass´ag´ u henger fel¨ ulet´ere integr´alva, ahol d` → 0 a fel¨ uletre rakott k¨ uls˝o t¨olt´est kapjuk. Felt´eve, hogy nincs k¨ uls˝o fel¨ uleti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg, kapjuk: Z div D = 0 = dA(D2n − D1n ) ⇒ D1n = D2n . (4.13) V
56
Ennek fizikai jelent´ese az, hogy inhomog´en anyagban, k´et homog´en anyag hat´ar´an fel¨ uleti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg alakul ki, hiszen a fel¨ ulethez k¨ozel, a fel¨ uletet a z = 0 s´ıkba fektetve: %pol = −∂i Pi = −∂i [P2i Θ(z) + P1i Θ(−z)] = (P1z − P2z )δ(z)
σ = P1z − P2z . (4.14) ´ Altal´aban a fel¨ uleti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg a polariz´aci´o norm´alis vet¨ ulet´enek ugr´as´aval egyenl˝o. Mivel az elektromos t´erer˝oss´eg norm´alis vet¨ ulet´enek ugr´asa a fel¨ uleti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eggel egyenl˝o E2n − E1n =
σ ε0
⇒
ε0 E2n − ε0 E1n = P1n − P2n
⇒
⇒
D1n = D2n ,
(4.15)
ami ugyanaz, mint (4.13). A m´asik hat´arfelt´etel onnan j¨on, hogy a fel¨ uletet k¨orbe¨olel˝o, d` magass´ag´ u ´es dh hossz´ us´ag´ u t´eglalapra integr´aljuk rot E-t, mik¨ozben d` → 0: Z rot E = 0 = dh(E2t − E1t ) ⇒ E2t = E1t . (4.16) A
Ez fizikailag u ´gy interpret´alhat´o, hogy a fel¨ ulet ir´any´aban nincsen polariz´aci´os t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg, ez´ert a t´erer˝oss´eg ilyen ir´any´ u komponens´enek nincsen ugr´asa: E2t = E1t .
(4.17)
A hat´arfelt´eteleket a potenci´alra megfogalmazva: ha a potenci´al minden¨ utt ´ertelmezett, akkor a t´erer˝oss´eg v´egess´eg´eb˝ol a potenci´al folytonoss´aga k¨ovetkezik. En ugr´asa a fel¨ uletre mer˝oleges deriv´alt ugr´as´at jelenti: Φ2 = Φ1 ,
ε2
∂Φ ∂Φ = ε1 . ∂n2 ∂n1
(4.18)
Vagyis r´eszben folytonos k¨ozegekn´el 4Φ = −
% ε
´es a fel¨ uleteken Φ ´es ε
∂Φ folytonos. ∂n
(4.19)
Mivel itt is a Poisson egyenlet megold´as´at keress¨ uk, ugyanazok a m´odszerek alkalmazhat´ok, mint a f´emek eset´eben. Megjegyz´es: ha ε2 → ∞, akkor D2n = D1n miatt E2n = εε21 E1n = 0, hiszen ε1 ´es E1n is v´egesek maradnak. Emiatt ∂Φ = 0 a hat´aron v´egig, ´ıgy a megold´as: ∂n Φ|bel¨ul = konst.
⇒
E bel¨ul = 0,
Ez felel meg a f´emeknek. 57
Φ|hat´aron = konst.
(4.20)
4.2. Tu ort¨ olt´ esek m´ odszere ¨ k¨ A m´odszer logik´aja ugyanaz mint a f´emek eset´eben: az 1. t´erben fel´ırt Poisson egyenlet megold´as´at keress¨ uk az oda helyezett pontt¨olt´esek tere, ´es a t¨obbi (azaz nem az els˝o t´err´eszbe) elhelyezett t¨ uk¨ort¨olt´esek tere ¨osszegek´ent. Mivel e t¨ uk¨ort¨olt´esek nem az els˝o t´err´eszben vannak, nem befoly´asolj´ak a Poisson egyenlet forr´as´at. Ugyanez igaz persze a t¨obbi t´err´eszre is. Alkalmaz´ as: A fels˝o f´els´ıkot (z > 0) ε1 , az als´o f´els´ıkot (z < 0) ε2 permittivit´as´ u anyag t¨olti ki. A fels˝o f´els´ıkra q t¨olt´est helyez¨ unk x0 helyre, a s´ıkt´ol z0 t´avols´agra. Milyen lesz a potenci´al a rendszerben? Megold´ as A megoldand´o egyenletek 4Φ1 (x) = −
q δ(x − x0 ), ε1
4Φ2 = 0,
(4.21)
a hat´arfelt´etelek: Φ1 (x, y, 0) = Φ2 (x, y, 0),
∂Φ1 ∂Φ2 ε1 = ε2 . ∂z (x,y,0) ∂z (x,y,0)
(4.22)
T¨ uk¨ort¨olt´es feltev´es: pr´ob´aljuk a Φ1 potenci´alt a q t¨olt´es ´es a 2. f´els´ıkba, a s´ıkt´ol szint´en z0 t´avols´agra elhelyezett q 0 t¨olt´essel le´ırni; Φ2 -t pedig pr´ob´aljuk az 1. f´els´ıkba, a s´ıkt´ol z0 t´avols´agra elhelyezett q 00 pontt¨olt´essel le´ırni. Azaz Φ1 (x) =
q0 q 1 1 p p + , 2 2 2 2 2 4πε1 x + y + (z − z0 ) 4πε1 x + y + (z + z0 )2
Φ2 (x) =
q 00 1 p . 4πε2 x2 + y 2 + (z − z0 )2
(4.23)
A hat´arfelt´etelek q + q0 q 00 Φ1 (x, y, 0) = Φ2 (x, y, 0) ⇒ = ε1 ε2 ∂Φ1 ∂Φ2 ε1 = ε2 ⇒ q − q 0 = q 00 . ∂z (x,y,0) ∂z (x,y,0)
(4.24)
Ennek megold´asa q0 =
ε1 − ε2 q, ε1 + ε2
q 00 = 58
2ε2 q. ε1 + ε2
(4.25)
Speci´alis eset, ha ε1 = ε2 , ekkor q 0 = 0 ´es q 00 = q, azaz egyetlen q t¨olt´essel le´ırhat´o az eg´esz t´er. M´asik speci´alis eset, ha ε2 = ∞, vagyis a 2. t´err´eszben f´em van. Ekkor q 0 = −q ´es q 00 v´eges, ´ıgy Φ2 = 0: azaz az 1. t´err´eszben a kor´abban l´atott t¨ uk¨ort¨olt´es megold´ast kapjuk, a 2. t´err´eszben nulla a potenci´al.
4.3. Teljes fu enyrendszerek ¨ ggv´ Ha a 4Φ = 0 egyenlet megold´as´at keress¨ uk, akkor a kor´abban l´atott megold´asokat haszn´alhatjuk k¨ ul¨onb¨oz˝o szimmetri´aj´ u rendszerekben. Alkalmaz´ as: Dielektromos g¨omb k¨ uls˝o t´erbe helyezve: vegy¨ unk egy R sugar´ u g¨omb¨ot ε permittivit´assal, k´ıv¨ ul εk permittivit´as´ u anyag legyen. Alkalmazzunk E 0 k¨ uls˝o elektromos teret. Milyen lesz az elektromos t´erer˝oss´eg a rendszerben? Megold´ as A megoldand´o egyenletek, ha a k¨ uls˝o elektromos t´er z ir´any´ u: 4Φ = 0,
4Φk = 0,
(4.26)
a hat´arfelt´etelek Φk (r → ∞, θϕ) = −E0 r cos θ,
Φ(r → 0) = v´eges. ∂Φk ∂Φ = εk (4.27) Φ(r = R, θ, ϕ) = Φk (r = R, θ, ϕ), ε ∂r (r=R,θ,ϕ) ∂r (r=R,θ,ϕ)
Miut´an a hat´arfelt´etelek ϕ-f¨ uggetlenek, kereshetj¨ uk a megold´ast is ϕ-f¨ uggetlen alakban. Ekkor a Laplace-egyenlet megold´asa g¨ombi koordin´atarendszerben: X Φk (r, θ) = (A` r` + B` r−`−1 )P` (cos θ), `
Φ(r, θ) =
X
(C` r` + D` r−`−1 )P` (cos θ).
(4.28)
`
Most m´ar csak a hat´arfelt´etelek kiel´eg´ıt´ese van h´atra. Az r → ∞ esetben X Φk (r, θ) = A` r` P` (cos θ) = −E0 r cos θ, (4.29) `
59
innen A1 = −E0 ´es A`6=1 = 0. A t¨obbi hat´arfelt´etel: r→0: r=R: r=R:
Φ = D` r−`−1 P` (cos θ) = v´eges ⇒ D` = 0 −E0 Rδ`1 + B` R−`−1 = C` R` εk (−E0 δ`1 − (` + 1)B` R−`−2 ) = ε`C` R`−1 .
(4.30)
Innen kapjuk ` 6= 1 eset´en B` = C` = 0, valamint C1 = −
3εk E0 , 2εk + ε
B1 =
Ezzel fel´ırva a megold´asok ε − εk R 3 Φ1 = −Ex 1 − , 2εk + ε r3
ε − εk E0 R 3 . 2εk + ε
Φ2 = −
(4.31)
3εk Ex. 2εk + ε
(4.32)
A megfelel˝o t´erer˝oss´egek: Ek = E0 +
ε − εk 3 3x(E 0 x) − E 0 r2 R , 2εk + ε r5
Eb =
3εk E 0. 2εk + ε
(4.33)
A g¨omb¨on k´ıv¨ ul a megold´as a k¨ uls˝o t´er mellett egy dip´ol tere, ahol a dip´ol er˝oss´ege p = 4πεk
ε − εk 3 εr − 1 3 R E 0 = 4πεk R E 0, 2εk + ε εr + 2
εr =
ε . εk
(4.34)
F´em eset´en ε → ∞, azaz p = 4πε1 R3 E, ¨osszhangban kor´abbi eredm´enyeinkkel. Ha εk > ε, vagyis a k¨ uls˝o t´erben jobban polariz´alhat´o anyag van, akkor p ellent´etes E 0 -lal. Speci´alis eset, ha k´ıv¨ ul v´akuum van, bel¨ ul pedig anyag, ekkor εk = ε0 . Bel¨ ul a t´erer˝oss´eg homog´en, azonban nagys´aga elt´er az alkalmazott homog´en k¨ uls˝o t´ert˝ol. A polariz´aci´o hat´as´ara l´etrej¨ov˝o egyenletes t´er nagys´aga E pol =
εk − ε E 0. 2εk + ε
(4.35)
Ha teh´at k´ıv¨ ul jobban polariz´alhat´o anyag tal´alhat´o, akkor E polar n¨oveli a k¨ uls˝o teret, ha bel¨ ul van jobban polariz´alhat´o anyag, akkor cs¨okkenti azt. A fel¨ uleten (r = R-n´el) a t´erer˝oss´egek k¨ ul¨onbs´ege a fel¨ uletre mer˝oleges, nagys´aga a fel¨ uleti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg: σ 3(ε − εk ) = (ˆ xE 0 ). ε0 2εk + ε
(4.36)
Innen az l´atszik, hogy ha ε > εk , akkor a t´er ir´any´aban pozit´ıv t¨olt´esek halmoz´odnak fel, ellenkez˝o esetben negat´ıv t¨olt´esek. 60
A fenti feladatra ´ep´ıthet¨ unk anyagmodellt is. Mikroszkopikusan az atomi (molekul´aris) polariz´alhat´os´ag kisz´am´ıthat´o, ar´anyos a k¨ uls˝o t´errel. Ugyanakkor ugyanezt az anyagdarabk´at u ´gy is felfoghatjuk, mint ha sz´et lenne kenve arra a t´err´eszre, amelyben a fenti molekula/atom tal´alhat´o. G¨ombnek tekintve a sz´etkents´eget, a fenti feladat megold´as´ab´ol tudjuk a polariz´aci´o nagys´ag´at. E kett˝o le´ır´as konzisztenci´aj´ab´ol k¨ovetkezik: p = ε0 γE 0 = 4πε0
εr − 1 3 R E0 εr + 2
⇒
γ = 3V
εr − 1 . εr + 2
(4.37)
Bevezetve n = 1/V a s˝ ur˝ us´eget: γ=
3 εr − 1 , n εr + 2
εr =
3 + 2nγ , 3 − nγ
χ = εr − 1 =
nγ nγ . 1− 3
(4.38)
Ez a Clausius-Mosotti egyenlet. Akkor ad j´o eredm´enyt, ha az anyagnak a t¨olt´esszerkezete teljes m´ert´ekben a polariz´aci´o hat´as´ara alakul ki. Hogy γ-t megkapjuk, mikroszkopikus le´ır´asra van sz¨ uks´eg. Legegyszer˝ ubb modell, ha a t¨olt´eshordoz´ot (elektront) harmonikus potenci´allal k¨ot¨ottnek k´epzelj¨ uk. Ekkor E 0 t´erer˝oss´eg hat´as´ara t¨ort´en˝o elmozdul´as x ´ert´eke Dx = qE 0
⇒
e2 p = qx = E 0 D
⇒
q2 γ= . ε0 D
(4.39)
A rug´o´alland´o helyett a rezg´esi frekvenci´aval is kifejezhetj¨ uk a mikroszkopikus polariz´alhat´os´agot: ω 2 = D/m miatt q2 . (4.40) γ= ε0 ω 2 m Ha t¨obb t¨olt´eshordoz´o, illetve t¨obb saj´atfrekvencia is van, akkor γ=
1 X qi2 . ε 0 i ωi2 mi
(4.41)
4.4. Elektrosztatikus energia anyag jelenl´ et´ eben Kor´abban m´ar l´attuk r¨ogz´ıtett t¨olt´eseloszl´as energi´aj´at. Anyag jelenl´et´eben nem tudjuk r¨ogz´ıteni az ¨osszes t¨olt´est, ´ıgy az ott kapott k´eplet m´odos´ıt´asra szorul.
´ 4.4.1. Alland´ o dielektrikum El˝osz¨or r¨ogz´ıts¨ uk a dielektrikumot. Induljunk ki abb´ol, hogy δ% extra k¨ uls˝o t¨olt´es adott potenci´alba v´egtelenb˝ol t¨ort´en˝o behozatal´ahoz sz¨ uks´eges energia Z δW = d3 x δ%(x)Φ(x). (4.42) 61
A behozott t¨olt´es miatt az anyag kiss´e a´tpolariz´al´odik: div D = %,
div(D + δD) = % + δ%
⇒
δ% = div δD.
Ezt vissza´ırva, ´es felhaszn´alva, hogy Φ(∞) = 0: Z Z Z 3 3 δW = d x div(δD)Φ = − d x δD grad Φ = d3 x δD E.
(4.43)
(4.44)
Amennyiben az anyag line´aris, azaz D = εE, akkor a fenti alak felintegr´alhat´o: Z Z 1 1 1 1 3 (4.45) d x EεE = d3 x DE ⇒ w = EεE = DE. W = 2 2 2 2 Egy hasonl´o gondolatmenettel azt is mondhattuk volna, hogy mikor k´ıv¨ ulr˝ol behozok egy t¨olt´est, val´oj´aban az anyagot is ´atpolariz´aljuk, vagyis ¨osszesen %tot = % + %pol t¨olt´est viszek a rendszerbe. Ennek forr´asa m´ar E, vagyis ekkor a fenti gondolatmenet a szok´asos v´akuum formul´at adja. A kett˝o gondolatmenet k¨oz¨otti k¨ ul¨onbs´eg az anyag polariz´aci´os j´arul´eka Z Z Z Z 3 3 3 d x δ%pol Φ = − d x div(δP )Φ = d x δP grad Φ = − d3 x δP E. (4.46) K´erd´es, hogy ez az energia honnan sz´armazik. Mikroszkopikusan line´aris anyag k´epzelhet˝o n´egyzetes potenci´allal k¨ot¨ott t¨olt´eshordoz´oknak. A rug´oban t´arolt potenci´alis energia: qE = Dx
⇒
q2E p= D
⇒
1 1 q2E 2 1 2 Dx = = pE. 2 2 D 2
(4.47)
Ha a dip´olok eloszl´as´at folytonosnak vessz¨ uk, akkor a rug´ok potenci´alis energi´aja ´es az elektromos t´er energi´aja ¨osszesen Z Z Z 1 1 1 3 3 W = d x ε0 EE + d xPE = d3 x DE. (4.48) 2 2 2
4.4.2. T¨ olt´ eseloszl´ as ku o t´ erben ¨ ls˝ Hogy mikroszkopikusan is l´assuk, mi t¨ort´enik a polariz´aci´os energi´aval, vizsg´aljunk r¨ogz´ıtett kis m´eret˝ u t¨olt´eseloszl´ast sim´ıtott k¨ uls˝o elektromos t´erben. Ennek energi´aja: Z Z 1 3 3 W = d x%(x)Φ0 (x) = d x%(x) Φ0 (0) + x∇Φ(0) + xi xj ∂i ∂j Φ0 + . . . (4.49) 2 Mivel 4Φ = 0, az utols´o tagot kieg´esz´ıthetj¨ uk δij r2 -tel. Ekkor 1 ∂Ei W = QΦ − pE − Qij + .... 6 ∂xj 62
(4.50)
´ 4.4.3. Alland´ o t¨ olt´ esek, v´ altoz´ o dielektrikum V´altoztassuk a dielektrikumot a´lland´o k¨ uls˝o t¨olt´eseloszl´as mellett. Induljunk dielektrikum n´elk¨ uli a´llapotb´ol, ekkor legyen a t´erer˝oss´eg E 0 , az elektromos eltol´as D 0 = ε0 E 0 . A dielektrikum jelenl´et´eben ezek megv´altoznak E illetve D ´ert´ekre. Sz´am´ıtsuk ki a k¨ ul¨onbs´eget! A kiindul´o k´epletben most csak a dielektrikum energi´aj´at akarjuk sz´amolni, azaz le kell vonni azt a potenci´al j´arul´ekot, amely a dielektrikum n´elk¨ ul lenne jelen: Z 0 δW = d3 x δ%(x)(Φ(x) − Φ0 (x)). (4.51) Most a fix´alt t¨olt´eseloszl´ast k´etf´ele m´odon ´ırhatjuk, mivel % = div D = div D 0 . Haszn´aljuk a k¨ovetkez˝o alakot: Z Z 3 0 (4.52) δW = d x [Φ div δD 0 − Φ0 div δD] = d3 x [EδD 0 − E 0 δD] . Line´aris anyagban D = εE, illetve D − ε0 E = P , ez´ert Z Z 1 0 3 0 δW = − d x δP E 0 ⇒ W = − d3 x P E 0 , 2
1 δw0 = − P E 0 . 2
(4.53)
´ 4.4.4. Alland´ o potenci´ al, v´ altoz´ o dielektrikum Azt is megtehetj¨ uk, hogy a rendszer t¨olt´eseit k¨ uls˝o potenci´allal r¨ogz´ıtem. Ekkor a fenti gondolatmenet annyiban m´odosul, hogy most a t¨olt´esek mind a potenci´allal r¨ogz´ıtett fel¨ uletre ker¨ ulnek, viszont m´as t¨olt´est kell az anyag jelenl´et´eben felvinni, mint an´elk¨ ul, mert a potenci´alokat kell fixen tartani: Z I 00 3 δW = d x (δ%Φ − δ%0 Φ0 ) = d2 x(δσΦ − δσ0 Φ0 ). (4.54) Mivel a fel¨ uleten a potenci´alok nem v´altoznak, ez´ert ott Φ = Φ0 , illetve tetsz˝olegesen cser´elgethetj¨ uk ˝oket. A hasznos kombin´aci´o most I Z Z 00 2 3 δW = d x(δσΦ0 − δσ0 Φ) = d x (δ%Φ0 − δ%0 Φ) = d3 x (δDE 0 − δD 0 E). (4.55) L´athat´oan most pontosan (4.52) m´ınusz egyszeres´et kaptuk: Z 1 1 00 0 00 d3 x P E 0 , δw00 = P E 0 . δW = −δW ⇒ W = 2 2
(4.56)
A k¨ ul¨onbs´eg oka az, hogy m´ast tekintek a k´et esetben anyag n´elk¨ uli rendszernek, vagyis a referenciapont k¨ ul¨onb¨ozik. Ha pl. a fix t¨olt´eseket n´ezem, ahhoz k´epest a fix 63
potenci´aln´al t¨olt´eseket kell mozgatni, hogy a potenci´alok ne v´altozzanak, ez pedig munkav´egz´est jelent. A fenti k´et gondolatmenet illeszkedik a termodinamikai le´ır´asba: defini´alhatjuk a r¨ogz´ıtett t¨olt´esek melletti energi´at, infinitezim´alis alakj´aban dE = −pdV + T dS − E 0 dP .
(4.57)
Ha a potenci´alt r¨ogz´ıtem, akkor Legendre-transzform´aci´ot kell v´egeznem. Ekkor egy szabad energia jelleg˝ u mennyis´eget kapunk F = E + P E0
⇒
dF = −pdV + T dS + P dE 0 .
64
(4.58)
5. fejezet Magnetosztatika A m´agneses jelens´egek k´es˝obb ker¨ ultek a figyelem k¨oz´eppontj´aba. Ennek egyik oka az, hogy a m´agneses t´er l´etrehoz´as´ahoz, eltekintve az a´lland´o m´agnesekt˝ol, a´ramforr´asra van sz¨ uks´eg, ´es ezt viszonylag k´es˝obb fedezt´ek fel (l. Volta). El˝osz¨or vizsg´aljuk az a´ramokat, ut´ana t´argyeljuk az ´altaluk l´etrehozott m´agneses mez˝ot.
´ 5.1. Aram A t¨olt´esek ´araml´as´at egy v(x) sebess´egmez˝ovel veszem figyelembe, vagyis x helyen lev˝o elemi dV cell´aban a t¨olt´esek a´tlagsebess´ege v(x). Alok´alis t¨olt´ess˝ ur˝ us´eggel szorozva kapjuk az a´rams˝ ur˝ us´eget: J (x) = %(x)v(x), amely szint´en egy vektormez˝o. Ha felvesz¨ unk egy df fel¨ uletelemet, azon mennyi t¨olt´es ´aramlik ´at egys´egnyi id˝o alatt? Ha az adott pontban a mozg´o t¨olt´esek fel¨ uletre mer˝oleges komponense v⊥ , akkor azok a t¨olt´esek jutnak ´at, amelyek dV = v⊥ dt df t´erfogat´ u dobozban vannak, ezek o¨sszt¨olt´ese dq = dV %. Teh´at az id˝oegys´eg alatt a´tfoly´o t¨olt´esek sz´ama, tekintetbe v´eve, hogy v⊥ df = v df : dq = J df . (5.1) dt ´atfoly´o Ha a t¨olt´esek egy hossz´ u vezet˝oben haladnak, akkor ´aramer˝oss´eg a vezet˝o teljes keresztmetszet´en egys´egnyi id˝o alatt a´tfoly´o t¨olt´es. A fentiek miatt Z I = df J (x). (5.2) SI egys´ege az amper 1A = 1C/s. Ha v´ekony vezet˝ot n´ez¨ unk, akkor a fenti k´eplet miatt dV J → Ids.
(5.3)
Ha egy z´art t´erfogatelemet vesz¨ unk, akkor a teljes fel¨ ulet´en ki´araml´o t¨olt´es egyenl˝o a bel¨ ul lev˝o t¨olt´esek fogy´as´aval, ha nincs a t¨olt´esnek forr´asa, azaz a t¨olt´es megmarad´o 65
mennyis´eg. Azaz: I ∂V
d df J (x) = − dt
Z
d3 x %(x, t)
⇒
V
∂% + div J = 0. ∂t
(5.4)
Ez a t¨olt´esmegmarad´as m´erlegegyenlete. Magnetosztatik´aban %˙ = 0, azaz div J = 0.
5.2. M´ agneses alapjelens´ egek Tapasztalat szerint az ´aram hat az ir´anyt˝ ure (Oersted, 1819), azaz az ´aram l´etrehoz valamilyen m´agneses mez˝ot. Ennek jellemz´es´ere haszn´aljuk az ir´anyt˝ ure hat´o forgat´onyomat´ek nagys´ag´at. Az ´ıgy defini´alt m´agneses indukci´o tapasztalat szerint az egyes a´ramelemek hat´as´anak o¨sszege, ahol az elemi j´arul´ek dB ∼
dJ × x . |x|3
(5.5)
Az ar´anyoss´agi t´enyez˝o SI-ben µ0 /4π = 10−7 N/A2 , µ0 a v´akuum permeabilit´as. A B m´ert´ekegys´ege a tesla (T). Kiterjedt vezet˝ore Z I 0 0 µ0 I ds × (x − x0 ) µ0 3 0 J (x ) × (x − x ) , illetve B(x) = (5.6) dx B(x) = 4π |x − x0 |3 4π |x − x0 |3 Szint´en tapasztalat, hogy m´agneses t´erben pontt¨olt´esre hat´o er˝o (Lorentz-er˝o) F = qv × B.
(5.7)
Ennek a´ltal´anos´ıt´asa a´ramhurkokra, felismerve a fenti k´epletben a qv elemi a´rams˝ ur˝ us´egj´arul´ekot: Z F =
d3 x J (x) × B(x).
A forgat´onyomat´ek kifejez´ese az N = x × F alakb´ol k¨ovetkezik: Z N = d3 x x × (J (x) × B(x)).
(5.8)
(5.9)
5.2.1. Lok´ alis to enyek ¨rv´ Ism´et haszn´alhatjuk, hogy x/|x|3 gradiensk´ent ´all el˝o J (x0 ) × (x − x0 ) 1 J (x0 ) 0 = −J (x ) × ∇ = ∇ × . x x |x − x0 |3 |x − x0 | |x − x0 |
66
(5.10)
Ezt visszahelyettes´ıtve (5.6) egyenletbe, kapjuk Z J (x0 ) µ0 ∇ × d3 x 0 , B(x) = 4π |x − x0 | azaz B = rot A,
µ0 A(x) = 4π
ahol
Z
d3 x0
(5.11) J (x0 ) . |x − x0 |
(5.12)
A bevezetett A mennyis´eg a vektorpotenci´al. Ha v´ekony vezet˝onk van, akkor I µ0 I ds0 A(x) = (5.13) 4π |x − s0 | Miut´an B rot´aci´ok´ent a´ll el˝o: div B = 0,
(5.14)
az a harmadik Maxwell-t¨orv´eny. Sz´amoljuk ki B rot´aci´oj´at ∇ × B = ∇ × (∇ × A) = ∇∇A − 4A ⇒ εijk ∂j εk`m ∂` Am = ∂i (∂j Aj ) − 4Ai . (5.15) Innen az els˝o tag µ0 div A = 4π
Z
1 µ0 d x Ji (x )∂i =− 0 |x − x | 4π 3 0
0
Z
d3 x0 ∂i Ji (x0 )
1 =0 |x − x0 |
(5.16)
sztatik´aban. Itt eldobtunk egy fel¨ uleti integr´alt, mondv´an, hogy J(∞) = 0. Az A laplac´anak sz´am´ıt´asa: Z Z µ0 µ0 1 3 0 0 4Ai = d x Ji (x )4 = d3 x0 Ji (x0 ) (−4πδ(x − x0 )) = −µ0 Ji (x). 4π |x − x0 | 4π (5.17) ¨ Osszesen teh´at 4A = −µ0 J , rot B = µ0 J . (5.18) Ez a negyedik Maxwell-t¨orv´eny (sztatik´ara). Egy fel¨ uletre integr´alva Z I Z I df rot B = ds B = µ0 df J = µ0 I ⇒ µ0 I = ds B, F
∂F
F
∂F
ez az Amp`ere t¨orv´eny.
67
(5.19)
5.2.2. M´ ert´ ekinvariancia Ugyan´ ugy mint a skal´arpotenci´al eset´en, a A t´er nem fizikai mennyis´eg, csak a rot´acio´ja az (k´es˝obb ezt az ´all´ıt´ast finom´ıthatjuk. . . ). Mivel rot grad Ψ = 0, egy skal´armez˝o gradiens´et hozz´aadhatjuk A-hoz, ´es m´eg mindig ugyanazt a m´agneses indukci´ot kapjuk: A0 = A + grad Ψ.
(5.20)
Ezt az elektrodinamika m´ert´ekszabads´ag´anak (vagy m´ert´ekinvarianci´aj´anak) h´ıvjuk. Hogy sz´amolni tudjunk, r¨ogz´ıteni kell Ψ-t (m´ert´ekr¨ogz´ıt´es). A fenti sz´amol´asban, ahogy l´attuk div A = 0 felt´etel¨ unk volt, az a Coulomb m´ert´ek.
´ 5.3. Arameloszl´ asok Vizsg´aljuk meg speci´alis a´rameloszl´asok ´altal l´etrehozott m´agneses indukci´ot! Alkalmaz´ as: V´egtelen hossz´ u, v´egtelen¨ ul v´ekony, egyenes vezet˝oben I a´ram folyik. Mekkora a m´agneses indukci´o? Megold´ as A rendszer hengerszimmetri´aja miatt nem f¨ ugghet semmi ϕ-t˝ol henger-koordin´atarendszerben fel´ırva. B ir´anya tiszt´an eˆϕ , ez´ert alkalmazhat´o az Amp`ere t¨orv´eny a vezet˝ot k¨or¨ ul¨olel˝o r sugar´ u k¨orre I µ0 I . (5.21) dsB = 2πrBϕ = µ0 I ⇒ Bϕ = 2πr
Alkalmaz´ as: Adott egy R sugar´ u v´ekony k¨or alak´ u vezet˝o, amelyben I a´ram folyik. Mekkora az ´altala l´etrehozott m´agneses indukci´o? Megold´ as A vektorpotenci´alj´at sz´amoljuk ki: I µ0 I ds0 A(x) = (5.22) 4π |x − s0 | A k¨ort param´eterezni kell R cos ϕ0 s0 = R sin ϕ0 0
−R sin ϕ0 ds0 = R cos ϕ0 dϕ0 . 0
68
(5.23)
´Irjuk fel x-et hengerkoordin´at´akban % cos ϕ p x = % sin ϕ ⇒ |x − s0 | = z 2 + %2 + R2 − 2%R cos(ϕ − ϕ0 ). (5.24) z Emiatt A(x) =
µ0 I 4π
Z2π 0
−R sin ϕ0 1 R cos ϕ0 . (5.25) dϕ0 p z 2 + %2 + R2 − 2%R cos(ϕ − ϕ0 ) 0
´Irjuk fel a vektorpotenci´alt hengerkoordin´at´akban; az egy hossz´ us´ag´ ura norm´alt b´azisvektorok: cos ϕ − sin ϕ 0 ˆ % = sin ϕ ˆ ϕ = cos ϕ ˆz = 0 , e e e (5.26) 0 0 1 emiatt Z2π
µ0 IR ˆ% = A% (x) = A(x) e 4π
dϕ0 p
0
− sin(ϕ − ϕ0 ) z 2 + %2 + R2 − 2%R cos(ϕ − ϕ0 )
ˆ z = 0. Az (x) = A(x) e
= 0, (5.27)
A nem nulla komponens µ0 IR ˆϕ = Aϕ (x) = A(x) e 4π
Z2π 0
cos(ϕ − ϕ0 ) p dϕ . (5.28) z 2 + %2 + R2 − 2%R cos(ϕ − ϕ0 ) 0
Aϕ nem f¨ ugg ϕ-t˝ol, ami a feladat hengerszimmetri´aj´ab´ol k¨ovetkezik. Descartes koordin´at´akban az azimutsz¨ogf¨ ugg´es kiz´ar´olag a b´azisvektorok helyf¨ ugg´es´eb˝ol ad´odik. Az integr´al megadhat´o elliptikus f¨ uggv´enyek seg´ıts´eg´evel, vagy numerikusan is sz´amolhat´o. Minket az ´erdekel most, hogy milyen lesz a t´er nagy t´avols´agokra? Ekkor r2 = %2 + z 2 jel¨ol´essel r R, emiatt √
1 u2 1 = − 3 + .... r 2r r 2 + u2
(5.29)
Most u2 = R2 − 2%R cos ϕ, azaz µ0 I Aϕ (%, z) ≈ 4π
Z2π
0
0
dϕ R cos ϕ
1 2%R cos ϕ0 − R2 µ0 R2 πI% + . . . = +. . . , + r 2r3 4π r3
0
(5.30) 69
hiszen az els˝o tag nem ad j´arul´ekot. Mivel most ˆz × x = e ˆ z × (zˆ e ez + %ˆ er ) = %ˆ eϕ ,
(5.31)
ez´ert a fenti eredm´eny u ´gy ´ırhat´o, hogy A(x) =
1 µ0 m × x + O( ), 4π r3 r3
ˆz . ahol m = R2 πI e
(5.32)
A fenti feladat ´altal´anos´ıthat´o tetsz˝oleges ´aramhurok ter´enek nagy t´avols´ag´ u viselked´es´ere: Z Z 0 1 xj x0j µ0 µ0 3 0 Ji (x ) 3 0 0 + 3 + ... = Ai (x) = dx = d x Ji (x ) 4π |x − x0 | 4π r r Z Z µ x µ0 0 j d3 x0 Ji (x0 ) + d3 x0 Ji (x0 )x0j + . . . . (5.33) = 3 4πr 4π r Az els˝o tag egy¨ utthat´oja (a v´egtelen fel¨ uletre vett integr´alokat eldobjuk, mert ott J = 0, valamint kihaszn´aljuk, hogy div J = 0) Z Z Z 3 3 d x Ji = d x (∂j xi )Jj = − d3 x xi div J = 0. (5.34) Ez´ert a sorfejt´es els˝o tagja hi´anyzik, amit a m´agneses monop´olusok hi´anyak´ent ´ertelmezhet¨ unk1 . A m´asodik tagban fell´ep˝o integr´al: Z Z Z 3 3 d x xj Ji = d x xj (∂k xi )Jk = − d3 x xi ∂k (xj Jk ) = Z Z 3 = − d x (xi Jj − xi xj div J ) = − d3 x xi Jj . (5.35) Vagyis az egy¨ utthat´o antiszimmetrikus m´atrix: ehhez hozz´arendelhet¨ unk egy vektort, amit m´agneses dip´olmomentumnak h´ıvunk: Z d3 x xj Ji = εjik mk . (5.36) Az inverz rel´aci´o 1 mi = εijk 2 1
Z
3
d x xj Jk ,
1 azaz m = 2
Z
d3 x x × J .
(5.37)
Vigy´ azat! Id˝ of¨ ugg´es eset´en megmarad ez a tag, ami a m´agneses dip´olsug´arz´ashoz vezet. l. k´es˝obb.
70
Emiatt v´eg¨ ul: A(x) =
µ0 m × x + .... 4π r3
(5.38)
M´agneses dip´ol indukci´oja: µ0 εk`n m` xn m` δjn r2 − 3m` xj xn µ0 εijk ∂j (δ δ − δ δ ) = = i` jn in j` 4π r3 4π r5 µ0 3xi (mx) − mi r2 , (5.39) = 4π r5
Bi = (rot A)i =
ugyanaz a k´eplet mint az elektromos dip´ol eset´eben. Megjegyz´esek a m´agneses dip´olmomentummal kapcsolatban: • Vezet˝o hurok eset´en, a Stokes-t´etel miatt: Z I Z 1 I I 3 dfk εk`n ∂` (εijn xj ) = mi = εijk d x xj Jk = dsk (εijk xj ) = 2 2 2 F Z Z I dfk = I dfi , (5.40) = εk`n εi`n 2 F F vagyis a m´agneses dip´olmomentum m = IF az ´aramhurok fel¨ ulet´evel ar´anyos. • t¨olt¨ott r´eszecske mozg´asa eset´en J (x) = qvδ(x − r), ahol r(t) a r´eszecske trajekt´ori´aja. Ekkor Z 1 q q m= d3 x x × [qvδ(x − r)] = r × (mv) = L = γL, 2 2m 2m
(5.41)
(5.42)
ahol L a r´eszecske impulzusmomentuma (perd¨ ulete). Vagyis a m´agneses dip´olmomentum a perd¨ ulettel ar´anyos lesz. Az ar´anyoss´agi t´enyez˝o a girom´agneses faktor γ. A fenti egyenletb˝ol γ = q/(2m). Ez az ¨osszef¨ ugg´es igaz lesz atomi m´eretekig. Saj´at impulzusmomentummal (spinnel) rendelkez˝o elemi r´eszecsk´ek eset´eben m´ar van egy faktor a fenti eredm´eny el˝ott: q m=g L, (5.43) 2m g a girom´agneses faktor (Land´e-faktor vagy g-faktor). Elektronra ge = 2.002319 . . . : g = 2 j¨on az elektronok Dirac-egyenlet´eb˝ol, a j´arul´ekos 0.002319 . . . faktor a kvantum elektrodinamika eredm´enye.
71
• A fenti t´etel a´ltal´anos´ıt´asa forg´o, t¨olt¨ott merev testre: itt v = ω × x, azaz J (x) = %(x)(ω × x). Emiatt Z Z Q 1 1 3 2 3 d x %(x) (x − x ⊗ x) ω = Θ ω. m= d x %(x) x × (ω × x) = 2 2 2M (5.44) ahol Θ a test tehetetlens´egi nyomat´eka, ha a t¨omegeloszl´as´ara %m = %M/Q-t vesz¨ unk.
5.4. Ku o t´ erbe helyezett ´ arameloszl´ as ¨ ls˝ Ha k¨ozel homog´en k¨ uls˝o t´erbe ´arameloszl´ast helyezek, akkor a m´agneses indukci´o sorba fejthet˝o: Bi (x) = Bi (0) + xj ∂j Bi (0) + . . . . Ezzel Z Z 3 Fi = d x (J (x) × B(x))i = εijk d3 x Jj (x) (Bk (0) + x` ∂` Bk (0) + . . . ) . (5.45) Kor´abban m´ar l´attuk, hogy az els˝o tag nulla, a m´asodikban pedig Z d3 x x` Jj (x) = ε`jn mn .
(5.46)
Ezzel εjki εjn` = δkn δi` − δk` δin miatt Fi = (δkn δi` − δk` δin )mn ∂` Bk = mk ∂i Bk − mi ∂i Bi
⇒
F = ∇(mB),
(5.47)
mivel div B = 0. Vagyis a dip´olt a m´agneses indukci´o deriv´altja mozgatja! A fenti er˝o ´ırhat´o potenci´al gradiensek´ent F = −∇U,
(5.48)
ahol bevezett¨ uk a k¨ uls˝o t´erbe helyezett dip´ol helyzeti energi´aj´at U = −mB m´odon. A forgat´onyomat´ek kifejez´ese: Z Z 3 Ni = d x [x × (J (x) × B(x))]i = d3 x (Ji (x)xj Bj (x) − Bi (x)xj Jj (x)).
(5.49)
(5.50)
Ha Bi (x = 0) = Bi konstans ´ert´eket helyettes´ıt¨ unk vissza, akkor felhaszn´alva a (5.35) egyenletet l´athatjuk, hogy a m´asodik tag integr´alja elt˝ unik, az els˝o tagb´ol pedig εji` m` Bj ´ert´eket kapunk. Vektorosan teh´at N = m × B. 72
(5.51)
A forgat´onyomat´ek teh´at val´oban ar´anyos a m´agneses indukci´oval, ahogy azt a m´agneses indukci´o defini´al´as´an´al fel is tett¨ uk. Ez az alak egy´ebk´ent ´epp´ ugy levezethet˝o a (5.49) formul´ab´ol, mint a dip´olra hat´o er˝o. A fentiek f´eny´eben elemezhetj¨ uk, mit is csin´al egy kis m´agnes egy m´asik, r¨ogz´ıtett m´agnes mellett. Mindk´et m´agnest k¨ozel´ıts¨ uk dip´ollal, m illetve m0 dip´olmomentummal. Ha m nem p´arhuzamos a lok´alis m´agneses indukci´oval, akkor olyan forgat´onyomat´ek hat r´a, amely a m´agneses indukci´o ir´any´aba forgatja, ¨osszhangban azzal, hogy ekkor a dip´ol energi´aja (−mB) cs¨okken – vagyis a k´et dip´ol ellent´etes p´olus´aval fordul egym´as fel´e. Ezek ut´an, mivel a m´agneses indukci´o cs¨okken a t´avols´aggal, −mB n˝o a t´avols´aggal, gradiense teh´at kifel´e mutat, negat´ıv gradiense pedig befel´e. Vagyis a nagy m´agnes mag´ahoz vonzza a kicsit. Ugyanezen ok miatt egym´as mell´e helyezett dip´olok szint´en ellent´etes p´olusaikkal fordulnak egym´as fel´e, vagyis cs¨okkentik egym´as ter´et. Vagyis tiszt´an magnetosztatikai er˝ok az antiferrom´agneses rendez˝od´est r´eszes´ıtik el˝onyben (l. k´es˝obb).
5.5. M´ agness´ eg anyag jelenl´ et´ eben Hasonl´oan az elektrosztatik´ahoz, anyag jelenl´et´eben a makroszkopikus ´arameloszl´asok csak egy r´esz´et k´epezik a teljes a´rameloszl´asnak. Kis m´eret˝ u, lokaliz´alt a´rameloszl´asok k´epz˝odhetnek az anyagban. Ezek a´ltal l´etrehozott m´agneses indukci´o, a m´eret´ehez k´epest nagy t´avols´agra, mint l´attuk, m´agneses dip´ollal ´ırhat´o le: a magasabb multipolmomentumok j´arul´eka a/r hatv´anyaival van elnyomva, ahol a az ´arameloszl´as jellemz˝o m´erete, r a megfigyel´esi pont t´avols´aga. M´asik lehet˝os´eg az, hogy az anyagban eleve vannak olyan m´agnesesen akt´ıv elemi ¨osszetev˝ok, amelyek szint´en a dip´olmomentumukkal jellemezhet˝ok nagy t´avols´agon. Emiatt az anyag jelenl´et´et itt is, mint elektrosztatik´aban, m´agneses dip´ols˝ ur˝ us´eggel (m´agnesezetts´eg) jellemezhetj¨ uk: dm = dV M (x). A teljes t´er teh´at Z M (x0 ) × (x − x0 ) J (x0 ) µ0 3 0 dx + , (5.52) A= 4π |x − x0 | |x − x0 |3 ahol az els˝o tag a k´ıv¨ ulr˝ol betett a´rameloszl´as, a m´asodik tag a m´agneses dip´ols˝ ur˝ us´eg j´arul´eka. A m´asodik tag komponenseit kifejtve: Z Z 0 0 1 3 0 εijk Mj (x )(xk − xk ) 3 0 0 = d x ε M (x )(−∂ ) dx = ijk j k |x − x0 |3 |x − x0 | Z 1 = d3 x0 εijk Mj (x0 ) ∂k0 = {parc. int.} = |x − x0 | Z Z 0 0 0 3 0 −εijk ∂k Mj (x ) 3 0 (rot M (x ))i = dx = d x (5.53) |x − x0 | |x − x0 | 73
ahol a fel¨ uleti tagot eldobtuk, mondv´an, hogy M (∞) = 0. Teh´at a m´agneses dip´ols˝ ur˝ us´eg ugyan´ ugy a k¨ uls˝o ´aramokhoz ad j´arul´ekot, mint az elektrosztatik´aban a dip´ols˝ ur˝ us´eg a k¨ uls˝o t¨olt´ess˝ ur˝ us´eghez: Z µ0 J (x0 ) + rot M (x0 ) . (5.54) A= d3 x 0 4π |x − x0 | Ezt az egyenletet u ´gy ´ertelmezhetj¨ uk, hogy a teljes t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg nem csup´an az a´ltalunk kontroll´alt ´aramokb´ol a´ll, hanem a mikroszkopikus ´aramok is j´arul´ekot adnak J tot = J + J mikr ,
J mikr = rot M .
(5.55)
Figyelj¨ uk meg, hogy itt pozit´ıv el˝ojellel j¨on a mikroszkopikus j´arul´ek! A fizikai k´ep em¨og¨ott az, hogy ha egy F fel¨ uleten ´atfoly´o a´ramot akarjuk kisz´am´ıtani, akkor egyr´eszt figyelembe kell venni a makroszkopikus ´arams˝ ur˝ us´eget, valamint a mikroszkopikus a´ramokat, ezeket m = nImikr dA m´agneses dip´olmomentumukkal jellemezz¨ uk. Miut´an a mikroszkopikus a´ramok kis m´eret˝ u k¨or´aramok, ´ıgy a fel¨ ulet belsej´eben nulla teljes ´atfoly´o t¨olt´est eredm´enyeznek. A fel¨ ulet hat´ar´an is csak a hat´arvonal ir´any´ u (ˆ s) komponens ˆdV /dA = M ds. ad j´arul´ekot: azaz a j´arul´ekos ´aramer˝oss´eg: Imikr nˆ s = mˆ s/dA = M s Vagyis a teljes a´ram Z Z I Z Itot = df J tot = df J + dsM = df (J + rot M ) . (5.56) F
F
F
∂F
A lok´alis t¨orv´enyek J tot -ra vonatkoznak, vagyis a negyedik Maxwell-egyenlet alakja: rot B = µ0 J tot = µ0 (J + rot M ).
(5.57)
Bevezetj¨ uk a H=
1 B−M µ0
(5.58)
m´agneses t´erer˝oss´eget, ezzel a magnetosztatika Maxwell-egyenletei: rot H = J
div B = 0.
Az Amp`ere t¨orv´enyt a (5.19) k´eplettel anal´og m´odon kapjuk I dsH = I.
(5.59)
(5.60)
∂F
A H m´agneses t´er (b´ar a neve m´ast sugall) csak egy seg´edmennyis´eg, ugyanis a m´erhet˝o er˝ohat´asok csak B-b˝ol j¨onnek. Ennek ellen´ere sokszor a m´agneses t´er seg´ıts´eg´evel fejezik 74
ki a megold´ast: v´akuumban csak egy konstans k¨ ul¨onbs´eg van a kett˝o k¨oz¨ott, ´es a m´agneses t´er az egyenletekben hasonl´o szerepet j´atszik, mint az elektrodinamika egyenleteiben az E. Hogy meg tudjuk oldani a fenti egyenleteket, kell egy B(H) vagy M (H) rel´aci´o. Ez sokszor nagyon bonyolult, mert az anyag elemi m´agneses ¨osszetev˝oinek k¨olcs¨onhat´asa sokszor ¨osszem´erhet˝o a m´agneses t´er energi´aj´aval, s˝ot, meg is haladhatja azt. Az anyag m´agneses tulajdons´agait ez´ert els˝osorban a mikrofizikai jelens´egek hat´arozz´ak meg. • dia- ´ es param´ agneses anyagok: az anyagok bizonyos fajt´ain´al line´arisan f¨ ugg a m´agnesezetts´eg illetve a m´agneses t´er a m´agneses indukci´ot´ol; izotrop esetben: M = χ H,
B = µH,
⇒
µ = µr = 1 + χ, µ0
(5.61)
χ a m´agneses szuszceptibilit´as, µ illetve µr az anyag (relat´ıv) permeabilit´asa. Form´alisan ez az elektrosztatik´ahoz hasonl´ıt B = µH = µ0 H + µ0 M
⇔
D = εE = ε0 E + P .
(5.62)
Diam´agneses anyagokn´al χ < 0 vagyis µ < µ0 , ami annak felel meg, hogy a gener´al´od´o mikroszkopikus m´agnesezetts´eg cs¨okkenteni igyekszik a k¨ uls˝o m´agneses t´er hat´as´at. Olyan anyagokn´al, ahol az elemi ¨osszetev˝oknek nincs m´agneses dip´olmomentumuk az indukci´o (l. k´es˝obb) a´ltal l´etrehozott elemi ´aramhurkok ilyen tulajdons´ag´ uak (Lenz-t¨orv´eny). Ha o¨sszehasonl´ıtjuk az elektrosztatik´aval, akkor az indukci´o ´es a t¨olt´esmegoszt´as hasonl´o szerepet j´atszik abban, hogy mindkett˝o cs¨okkenteni igyekszik a megfelel˝o k¨ uls˝o t´er hat´as´at. Az egy¨ utthat´ok szintj´en az´ert borul fel az anal´ogia, mert D = εE, de a fizikailag er˝ohat´ast kifejteni k´epes m´agneses indukci´o eset´en az anyagi konstanst pont reciprok m´odon vezett¨ uk be: H = µ1 B. Vagyis εr > 1 megfelel 1/µr > 1 esetnek, azaz µr < 1. Ha az elemi ¨osszetev˝ok maguk is m´agnesek, akkor a feljebb t´argyalt forgat´onyomat´ek hat´as´ara m a B ir´any´aba igyekszik be´allni, vagyis M ∼ B. Emiatt ξ > 0, azaz µ > µ0 . Ezek a param´agneses anyagok. Ennek nincs megfelel˝oje az elektrosztatik´aban, hiszen ott P ∼ E, ami miatt ism´et az εr n¨oveked´es´et kapjuk. Ha a line´aris k¨ozel´ıt´es j´o, akkor a´ltal´aban kicsi a χ ´ert´eke, tipikusan |µ − µ0 |/µ0 ∼ 10−5 , vagyis sokszor elhanyagolhat´o. • (anti)-ferrom´ agneses anyagok: ha az anyag rendelkezik m´agneses szerkezettel, azaz elemi dip´olokkal, akkor ezen dip´olok egym´asra hat´as´at is olykor figyelembe kell venni. Ha csak a m´agneses dip´olok k¨olcs¨onhat´as´at tekinten´enk, akkor ezek egym´assal ellent´etesen fordulva megsz¨ untetn´ek a m´agneses teret. Azonban az anyag m´agneses dip´oljai (spinje) k¨oz¨otti k¨olcs¨onhat´asok alapvet˝oen kvantumos eredet˝ uek, amelyek j´oval er˝osebbek lehetnek a m´agneses k¨olcs¨onhat´asn´al. Ezekben az 75
anyagokban a mezoszkopikus m´agneses szerkezetet nem a k¨ uls˝o m´agneses indukci´o hat´arozza meg els˝osorban. Ha az elemi m´agneses dip´olok ellent´etes be´all´asa prefer´alt, akkor makroszkopikusan nem l´athat´o m´agneses t´er, csak´ ugy, mintha csak a m´agneses k¨olcs¨onhat´ast tekintett¨ uk volna: ezek az antiferrom´agneses anyagok. Ha az elemi m´agneses dip´olok p´arhuzamos be´all´asa prefer´alt, akkor homog´en m´agnesezetts´eg alakulhat ki k¨ uls˝o m´agneses indukci´o hi´any´aban is: ezek a ferrom´agneses anyagok. Hogy a teljes anyag m´agneses energi´aj´at cs¨okkents¨ uk, k¨ ul¨onb¨oz˝o m´agnesezetts´eg˝ u tartom´anyok (dom´enek) alakulnak ki, ez a dom´enszerkezet hat´arozza meg az anyag teljes m´agneses ter´et. K¨ uls˝o m´agneses indukci´o alkalmaz´as´aval ezek a dom´enfalak v´andorolnak, s ´ıgy az anyag mikroszkopikus szerkezete megv´altozik. Emiatt a m´agneses indukci´o kikapcsol´as´aval m´ar egy m´as dom´enszerkezet˝ u, m´as m´agneses ter˝ u anyagot tal´alunk. Ez a hiszter´ezis jelens´ege (l. ´abra. (5.1))
5.1. a´bra. Hiszter´ezis hurok [14] Hab´ar a jelens´eg nem line´aris, minden pontban besz´elhet¨ unk permeabilit´asr´ol µ(H)H = B alapj´an. Mivel a m´agneses dom´enek hat´ara j´oval k¨onnyebben mozgathat´o, mint az elemi spinek, ez´ert j´oval nagyobb m´agneses permeabilit´ast kapunk, mint a diailletve param´agneses anyagokn´al, ak´ar µ/µ0 ∼ 106 is lehet, de 10-104 tipikus ´ert´ekek (a fenti a´br´an tipikusan 104 ). A gyors v´altoz´as addig tart, am´ıg a teljes anyag egy m´agneses dom´en, ekkor a µ ´ert´eke lecs¨okken a param´agneses anyagok szintj´ere, azaz t¨obb nagys´agrendet esik. Ez a m´agneses tel´ıt˝od´es (szatur´aci´o). M´agneses szatur´aci´on´al a m´agneses indukci´o ´ert´eke a legjobb vas¨otv¨ozetekn´el ∼ 2 T. Ha kikapcsoljuk a k¨ uls˝o m´agneses teret, miut´an szatur´altuk az anyagot, akkor kapunk egy remanens m´agnesezetts´eget, azaz egy megmarad´o m´agneses dip´ols˝ ur˝ us´eget. 76
5.5.1. Hat´ arfelt´ etelek Tekints¨ unk olyan anyagot, ahol az anyagi jellemz˝ok hirtelen v´altoznak meg (r´eszlegesen homog´en anyagok). A hat´aron a div B = 0 ´es rot H = J elektrodinamikai anal´ogi´aj´ara Bn
´es
Ht
folytonos,
(5.63)
ha nincs k´ıv¨ ulr˝ol adott fel¨ uleti a´rams˝ ur˝ us´eg. Ez nem jelenti persze azt, hogy a k´et anyag hat´ar´an nincs fel¨ uleti a´rams˝ ur˝ us´eg. Val´oban, ha a fel¨ ulet z ir´any´ u, akkor M = M 1 Θ(z) + M 2 Θ(−z), ez´ert ˆ z × (M 1 − M 2 )δ(z). Jind,i = εijk ∂j Mk = e
(5.64)
Ez a δ(z) miatt a fel¨ uleten foly´o a´ramnak felel meg.
5.6. Magnetosztatikai feladatok megold´ asi m´ odszerei Megoldand´o div B = 0,
rot H = J ,
´es
Bn , Ht folytonosak.
(5.65)
Ennek megold´as´an´al a a k¨ovetkez˝o szempontokat vehetj¨ uk figyelembe • Vektorpotenci´al a leg´altal´anosabb esetben is mindig bevezethet˝o: B = rot A. Ekkor adott H(B) vagy M (B) rel´aci´o eset´en ´ıgy a rot(H(rot A)) = J ,
4A = −µ0 [J + rot M (rot A)]
vagy
(5.66)
egyenleteket kell megoldanunk. • Ha r´eszlegesen homog´en k¨ozegeket tekint¨ unk, akkor az anyagi param´eterek a´lland´o ´ert´ek´evel sz´amolhatunk a homog´en r´eszekben, a k¨ozeghat´arokon a fent t´argyalt hat´arfelt´eteleket alkalmazzuk. A k¨ovetkez˝okben csak ilyenek t´argyal´as´ara szor´ıtkozunk. • Ha az anyag line´aris, akkor B = µH ¨osszef¨ ugg´es alkalmazhat´o. Hasonl´o k¨ozel´ıt´es alkalmazhat´o akkor is, ha az anyag nem line´aris ugyan, de nem t´ ul nagy v´altoz´asokat tekint¨ unk. Ha p´eld´aul az anyagban maradand´o M0 m´agnesezetts´eg van, akkor kis m´agneses terek eset´en fel´ırhat´o B = µH + µ0 M 0 . A k´et esetet o¨sszevonva Coulomb m´ert´ekben (div A = 0) kapjuk 4A = −µJ − µ0 rot M 0 ,
A ´es
77
1 rot A folytonos a hat´aron. µ
(5.67)
• Ha J = 0, akkor rot H = 0 miatt l´etezik (m´agneses) skal´arpotenci´al, H = − grad ΦM . Ha J = 0 csak egy v´eges t´err´eszre vonatkozik, akkor ott ugyan bevezethet˝o a m´agneses skal´arpotenci´al, azonban nem felt´etlen¨ ul egy´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyk´ent. Ugyanis az Amp`ere t¨orv´eny alapj´an I Z Z ds H = −δΦM = df J ⇒ δΦM = − df J = −I, (5.68) azaz ΦM -nek ugr´asa van. V´egtelen vezet˝o eset´en p´eld´aul ΦM = −Iϕ/(2π), innen gradiens k´epz´essel ad´odik a m´ar l´atott (5.21) k´eplet. Ha ebben az esetben a´ltal´anos line´aris k¨ozel´ıt´est alkalmazunk az anyagban, akkor 0 = div B = div(µH + µ0 M 0 ) = −µ4ΦM + µ0 div M 0 .
(5.69)
¨ Osszefoglalva teh´at ekkor a megoldand´o egyenlet µ4ΦM = µ0 div M 0 ,
ΦM
´es
−µ
∂ΦM + µ0 nM 0 ∂n
folytonos a hat´aron. (5.70)
Alkalmaz´ as: Homog´en H 0 m´agneses t´erbe helyezett µ permeabilit´as´ u R sugar´ u g¨omb m´agneses tere ´es indukci´oja. Megold´ as Ezt m´ar megoldottuk elektrosztatik´aban (l. (4.32)). Annak anal´ogi´aj´ara µr − 1 R 3 3 H 0 x, k´ıv¨ ul: ΦM = −H 0 x 1 − bel¨ u l: Φ = − M µr + 2 r 3 2 + µr (5.71) vagyis k´ıv¨ ul a k¨ uls˝o t´er mellett egy dip´ol j´arul´ek´at kapjuk m=
µr − 1 4πR3 H 0 . µr + 2
(5.72)
Bel¨ ul egyenletes teret kapunk: 1 3(µr − 1) B−H = H 0. µ0 2 + µr (5.73) T¨ok´eletes diam´agnes eset´en µr = 0, vagyis a m´agneses indukci´o bel¨ ul nulla, le´arny´ekol´odik a k¨ uls˝o t´er. Ezzel lehet˝ov´e v´alik, hogy a t¨ok´eletes diam´agneseket a m´agneses t´er egyenleteinek t´argyal´asakor mint hat´arfelt´eteleket vegy¨ uk
H=
3 H 0, 2 + µr
B=
3µr µ0 H 0 , 2 + µr
78
M=
figyelembe, hiszen a m´agneses indukci´o norm´alis komponenseinek folytonoss´aga miatt a hat´aron Bn = 0 felt´etel¨ unk lesz. Ez anal´og az elektrosztatika t¨ok´eletes vezet˝oinek eset´evel. Er˝os ferrom´agnes eset´en µr nagy, vagyis a bels˝o m´agneses t´er nulla, a m´agneses indukci´o azonban nem.
Alkalmaz´ as: G¨ ombm´ agnes tere Mekkora a m´agneses t´er ´es m´agneses indukci´o egy R sugar´ u g¨ombm´agnes eset´eben, ha m´agnesezetts´ege homog´en M 0 ? Megold´ as V´alasszuk a z ir´anyt M 0 ir´any´anak. A g¨omb¨on bel¨ ul ´alland´o a m´agnesezetts´eg, ´ıgy div M csak a hat´aron nem nulla, a relev´ans mennyis´eg nM 0 =
z xM 0 = M0 = M0 cos θ = M0 P1 (cos θ) r r
(5.74)
g¨ombi koordin´atarendszerben. A Laplace-egyenlet megold´as´at k´et r´eszletben keress¨ uk: bel¨ ul legyen ΦM 1 , k´ıv¨ ul ΦM 2 , ezekre 4ΦM 1 = 0, 4ΦM 2 = 0. (5.75) A hat´arfelt´etelek ΦM 1 = ΦM 2 ,
∂n ΦM 1 − ∂n ΦM 2 = nM 0 = M0 P1 (cos θ).
(5.76)
A megold´as a ϕ-f¨ uggetlens´eg miatt kereshet˝o Legendre-polinomokkal kifejtve. Mivel az r = 0 illetve az r = ∞ ´ert´ekek v´egesek, marad ΦM 1 =
∞ X
A` r` P` (cos θ),
ΦM 2 =
∞ X
B` r−`−1 P` (cos θ).
(5.77)
`=0
`=0
A hat´arfelt´etelek: `A` R`−1 + (` + 1)B` R−`−2 = M0 δ`1 ,
A` R2`+1 = B` ,
(5.78)
innen A`6=1 = B`6=1 = 0,
A1 = M0 /3
B1 = R3 M0 /3.
(5.79)
Teh´at a g¨omb belsej´eben ΦM 1 =
M0 z 3
⇒
H bel¨ul = −
M , 3 79
B bel¨ul = µ0 (H + M ) =
2µ0 M. 3 (5.80)
´ Bel¨ ul a m´agneses t´er ´es m´agneses indukci´o homog´en. Erdekes, hogy a m´agneses t´er ellent´etes a m´agnesezetts´eggel. K´ıv¨ ul: ΦM 2 =
M0 R3 cos θ. 3r2
(5.81)
Ez egy m = 4π R3 M 0 er˝oss´eg˝ u dip´ol tere. Ha kisz´am´ıtjuk a dip´ols˝ ur˝ us´eget 3 m = M , visszakapjuk a g¨ombm´agnes homog´en m´agnesezetts´eg´et. Vg¨ omb
0
80
6. fejezet Maxwell-egyenletek M´ıg egy t¨olt´es egy semleges testet polariz´al, azaz elektromosan akt´ıvv´a tesz, egy ´aramk¨or jelenl´ete nem induk´al a´ramot egy mellette lev˝o vezet˝o hurokban. De Faraday 1831ben ´eszrevette, hogy az a´ram megv´altoz´asa m´ar hat´assal van a m´asik ´aramk¨orre. A k¨orben induk´al´od´o fesz¨ ults´eg, Faraday megfigyel´ese szerint, ar´anyos a m´agneses fluxus v´altoz´as´aval: I Z dF . (6.1) E = Ed`, F = Bdf ⇒ E = − dt ∂F
F
A Stokes-t´etelt felhaszn´alva Z ∂B rot E + df = 0, ∂t
∀F
⇒
rot E = −
∂B . ∂t
(6.2)
F
Ez a m´asodik Maxwell-egyenlet id˝of¨ ugg˝o, teljes alakja. ˙ Megjegyz´es: a E ´es F k¨oz¨otti 1-es egy¨ utthat´o nem v´eletlen, a Lorentz-er˝ovel konzisztens. Ha ugyanis egy mer˝oleges m´agneses t´erben lev˝o ´aramhurkot megn¨ovelek egy kis d` szakaszon dx-szel, akkor az ezen a szakaszon lev˝o t¨olt´esekre F = qvB nagys´ag´ u er˝o hat, ami megfelel egy E = vB t´erer˝oss´eg hat´as´anak. Emiatt d`E = δE = d`dxB/dt = dF/dt. Id˝of¨ ugg´es eset´en m´odos´ıtani kell a rot B sztatik´aban megismert egyenlet´et is, hiszen most ∂ ∂E ∂% = µ0 ε0 (div E) ⇒ div rot B − µ0 J + ε0 = 0. div [rot B − µ0 J ] = µ0 ∂t ∂t ∂t (6.3) Innen ugyan nem k¨ovetkezik egy´ertelm˝ uen, de a sztatik´aval ekkor kapunk egyszer˝ uen egyez´est, ha a divergencia argumentuma nulla. Ebben az esetben kapjuk a k¨ovetkez˝o egyenletet: ∂E . (6.4) rot B = µ0 J + ε0 ∂t 81
Ezzel egy konzisztens egyenletrendszert kaptunk, a Maxwell-egyenleteket: 1 %, ε0 ∂B , rot E = − ∂t
div E =
div B = 0 ∂E rot B = µ0 J + ε0 . ∂t
(6.5)
Jel¨ol´es: miut´an µ0 ε0 dimenzi´oja (s/m)2 , ´ıgy egy sebess´eg dimenzi´oj´ u mennyis´eg inverz n´egyzete; ez´ert ´ırjuk 1 m µ0 ε0 = 2 ⇒ c = 2.99 · 108 . (6.6) c s c fizikai jelent´ese a f´enysebess´eg lesz, l. k´es˝obb. Megjegyz´es: a tov´abbiakban olykor az id˝oderiv´altat ∂t alakban fogjuk ´ırni.
6.1. Vektor- ´ es skal´ arpotenci´ al Mivel div B = 0, ez´ert tov´abbra is igaz, hogy egy vektorpotenci´al rot´aci´oja: B = rot A.
(6.7)
0 = rot E + ∂t B = rot [E + ∂t A] .
(6.8)
Ha ezt vissza´ırjuk az E egyenlet´ebe
Egy nulla rot´aci´oj´ u vektormez˝ot ´ırhatunk gradiens alakj´aban: E + ∂t A = − grad Φ
⇒
E = − grad Φ − ∂t A,
(6.9)
vagyis a skal´arpotenci´al valamivel bonyolultabban jelentkezik az elektromos t´er kifejez´es´eben. Ha ezeket vissza´ırjuk a Maxwell-egyenletekbe: % − div E = 4Φ + ∂t ∇A = − ε0 1 1 − rot B = 4A − ∇(∇A) = −µ0 J + 2 ∇∂t Φ + 2 ∂t2 A. (6.10) c c Ism´et felh´ıvjuk a figyelmet arra, hogy A ´es Φ nem fizikai mennyis´egek, csup´an E ´es B azok. Emiatt ha olyan vektor- illetve skal´arpotenci´alt v´alasztunk, amely ugyanazt az E-t illetve B-t adja, akkor ez ekvivalens az eredeti v´alaszt´assal (m´ert´ekinvariancia, m´ert´ekszabads´ag). Id˝of¨ ugg˝o esetben A-t tov´abbra is egy gradienssel lehet megv´altoztatni, mert annak rot´aci´oja nulla, viszont az elektromos t´er bonyolultabb kifejez´ese miatt a skal´arpotenci´al m´ask´epp v´altoztatand´o: A0 = A + ∇Ψ,
Φ0 = Φ − 82
∂Ψ . ∂t
(6.11)
A m´ert´ektranszform´aci´oval ¨osszek¨othet˝o A ´es Φ terek ekvivalenciaoszt´alyokat jel¨olnek ki az ¨osszes t´eren bel¨ ul: ezek a m´ert´ek-orbitok (m´ert´ekp´aly´ak). A m´ert´ekp´aly´akhoz azonos fizika tartozik. Megtehetj¨ uk teh´at azt, hogy a m´ert´ek-orbitokb´ol mindig kiv´alasztunk egy reprezent´ans elemet (ami itt persze egy teljes A(t, x), Φ(t, x) mez˝okonfigur´aci´ot jelenti). A kiv´alaszt´as m´odj´at nevezz¨ uk m´ert´ekr¨ogz´ıt´esnek, az azt le´ır´o egyenletet m´ert´ekfelt´etelnek vagy egyszer˝ uen csak m´ert´eknek. Nyilv´an olyan m´ert´ekr¨ogz´ıt´est kell v´alasztani, amely minden m´ert´ek-orbitot csak egyszer metszi el1 . Vannak k¨ ul¨on¨osen j´ol bev´alt m´ert´ekek: • Coulomb-m´ert´ek: itt el˝o´ırjuk a div A = 0 felt´etelt. Ez teljes´ıthet˝o, hiszen ha div A 6= 0 eredetileg, akkor megk¨ovetelve a div A0 = 0-t kapjuk 0 = div A0 = div A + 4Ψ
⇒
4Ψ = − div A,
(6.12)
amely egyenlet megoldhat´o, pontosabban marad benne egy t´erben ´alland´o de esetleg id˝of¨ ugg˝o konstans. Ebben az esetben a skal´arpotenci´al egyenlete ugyanaz mint a stacion´arius esetben: Z 1 %(t, x0 ) % ⇒ Φ(t, x) = d3 x 0 . (6.13) 4Φ = − ε0 4πε0 |x − x0 | Ezzel a megold´assal r¨ogz´ıtj¨ uk az id˝of¨ ugg˝o konstans ´ert´ek´et null´ara. Miut´an megvan a Φ ´ert´eke, vissza´ırva a m´asodik egyenletbe: 4A −
1 1 2 ∂t A = −µ0 J + 2 ∂t ∇Φ. 2 c c
(6.14)
Itt a bal oldal divergenci´aja nulla, ´es ezzel konzisztens a jobb oldal is, hiszen −µ0 -at kiemelve: div [J − ε0 ∂t ∇Φ] = div J − ε0 ∂t 4Φ = div J + ∂t % = 0
(6.15)
a kontinuit´asi egyenlet miatt. Fogalmazhatunk u ´gy is, hogy J -t felbontjuk transzverz´alis ´es longitudin´alis r´eszre, hogy J = J t + J `,
∇J t = 0,
´es ∇ × J ` = 0,
(6.16)
ekkor csak a transzverz´alis m´odus szerepelhet az el˝oz˝o egyenlet jobb oldal´an: 4A − 1
1 2 ∂ A = −µ0 J t . c2 t
Ez n´eha nem is olyan egyszer˝ u (Gribov-probl´ema).
83
(6.17)
• Lorenz-m´ert´ek (sug´arz´asi m´ert´ek): ekkor azt k¨ovetelj¨ uk meg, hogy 1 ∂t Φ = 0. c2
∇A +
(6.18)
Ebben az esetben mindk´et egyenlet ugyanolyan alakot ¨olt: 4Φ −
% 1 2 ∂t Φ = − , 2 c ε0
4A −
1 2 ∂ A = −µ0 J . c2 t
(6.19)
L´athat´oan mindk´et m´ert´ekben a t´er- ´es id˝oderiv´altak egy kombin´aci´oja jelenik meg: =4−
1 2 ∂ , c2 t
(6.20)
ez a d’Alambert oper´ator. Ezzel Φ = −
% , ε0
A = −µ0 J .
(6.21)
6.2. Maxwell-egyenletek anyag jelenl´ et´ eben Anyag jelenl´et´eben ugyanazokat a gondolatokat haszn´alhatjuk, mint id˝of¨ uggetlen esetben. Egy helyen kell csup´an m´odos´ıtani: ha a polariz´aci´os t¨olt´esek mozognak, az a´ramot k´epvisel. A teljes a´ram teh´at J tot = J + J mikr + J pol ,
ahol
J mikr = rot M ,
(6.22)
ahol J pol a polariz´aci´os t¨olt´esek mozg´as´ab´ol sz´armaz´o ´aram. A t¨olt´esmegmarad´as m´erlegegyenlete miatt: 0 = ∂t %pol + div J pol = div [J pol − ∂t P ] . (6.23) A z´ar´ojel rot´aci´ok´ent ´ırhat´o, ez azonban J mikr korrekci´oj´at jelenti, vagyis vehetj¨ uk null´anak. Ekkor J pol = ∂t P . (6.24) Ezzel: 1 rot B −ε0 ∂t E = J tot = J +J mikr +J pol = J +rot M +∂t P µ0
⇒
rot H = J +∂t D. (6.25)
Vagyis k¨ozegben a Maxwell-egyenletek: div D = %, rot E = −
∂B , ∂t
div B = 0 rot H = J + 84
∂D . ∂t
(6.26)
Ennek megold´as´ahoz kellenek a D(E) illetve B(H) konstit´ uci´os rel´aci´ok, most m´ar id˝of¨ ugg˝o esetre. Itt figyelembe vehetj¨ uk azt, hogy az id˝of¨ ugg´es akkor j´atszik fontos szerepet, ha el´eg gyorsak a terek id˝obeli v´altoz´asai, k¨ ul¨onben v´egig stacion´arius esetet tekinthet¨ unk (azaz teljesen elhanyagolhatjuk az id˝oderiv´altakat). Ez a legt¨obb esetben azt jelenti, hogy az id˝of¨ ugg´es j´oval gyorsabb ann´al, hogy az anyag bels˝o szerkezete (pl. m´agneses dom´enek) jelent˝osen a´trendez˝odhessenek. Ez´ert, ha az id˝of¨ ugg´es fontos, akkor a line´aris k¨ozel´ıt´es j´o lesz mind az elektromos, mind a m´agneses terek eset´en. Emiatt gyors id˝of¨ ugg´es eset´en, r´eszlegesen homog´en anyagban (vagy v´akuumban) a homog´en r´eszekben igaz lesz: 1 1 grad % − 4E = −∂t rot B = −µ∂t J − 2 ∂t2 E ε c 1 1 rot rot B = grad div B − 4B = −4B = µ rot J + 2 ∂t rot E = µ rot J − 2 ∂t2 B, c c (6.27) rot rot E = grad div E − 4E =
azaz 1 E = ∇% + µ∂t J ε B = −µ∇ × J . Vagyis a E illetve B terekre is a d’Alambert oper´ator adja az id˝ofejl˝od´est.
85
(6.28)
7. fejezet Elektrom´ agneses t´ er energi´ aja Ha m´agneses t´er is jelen van, akkor az energia kifejez´ese megv´altozik. Mivel a m´agneses t´er l´etrehoz´asakor az indukci´o jelens´ege fontos, ez´ert nem hanyagolhatjuk el az id˝of¨ ugg´est.
7.1. Az energia m´ erlegegyenlete Az id˝of¨ ugg´est felhaszn´alva azonban az energia- ´es impulzusmegmarad´as egy m´as szeml´elet´et kapjuk. Ehhez n´ezz¨ uk meg, hogy egy t¨olt´es mozgat´asakor mekkora teljes´ıtm´enyt kell leadnunk. A teljes´ıtm´eny kifejez´ese a´ltal´aban PF = vF , ´es ha az er˝o elektrom´agneses k¨olcs¨onhat´asb´ol sz´armazik, akkor Z PF = vq(E + v × B) = qvE ⇒ PF = d3 x J (x)E(x). (7.1) A t´er fel´ep´ıt´es´ehez sz¨ uks´eges teljes´ıtm´eny ennek ellentettje. Ez´ert Z P = −PF = − d3 x J (x)E(x) ⇒ p = −EJ
(7.2)
teljes´ıtm´enys˝ ur˝ us´eg defini´alhat´o. Ezt ´at´ırhatjuk a Maxwell-egyenletek seg´ıts´eg´evel −EJ = E(− rot H + ∂t D) = E∂t D − E rot H + H rot E − H rot E = = E∂t D + H∂t B − E rot H + H rot E. (7.3) Az els˝o k´et tag teljes id˝oderiv´alt alakj´aban ´ırhat´o E∂t D + H∂t B = ∂t w,
δw = EδD + HδB
(7.4)
Line´aris anyagokban: ε 1 2 1 B . w = (DE + BH) = E 2 + 2 2 2µ 86
(7.5)
Az utols´o k´et tag teljes divergencia, hiszen defini´alva S =E×H
(7.6)
Poynting-vektort, annak divergenci´aja el˝o´all´ıtja a k´ıv´ant tagokat: div S = ∂i εijk (Ej Hk ) = Hk εijk ∂i Ej − Ej εjik ∂i Hk = H rot E − E rot H.
(7.7)
Vagyis azt kapjuk, hogy ∂t w + div S + J E = 0. A teljes t´erre integr´alva a divergencia nem ad j´arul´ekot, azaz Z Z 3 ∂t d xw = d3 x(−J E) = P,
(7.8)
(7.9)
vagyis a w integr´alja az elektrom´agneses t´er energi´ajak´ent ´ertelmezhet˝o, w maga ez´ert az energias˝ ur˝ us´eg. Val´oban, csup´an az elektromos r´eszt tekintve m´ar tal´alkoztunk ezzel a kifejez´essel (l. (4.45)). Emiatt (7.8) az energia megmarad´as´at fejezi ki m´erlegegyenlet form´aj´aban. Ilyen m´odon a S Poynting-vektor is fizikai ´ertelmet nyer, ez k´epviseli az energia-´arams˝ ur˝ us´eget, azaz ∂t w + div S egy¨ utt az elektrom´agneses t´er energi´aj´anak m´erlegegyenlet´et adja. Az utols´o tagot (J E) vagy forr´asnak tekintj¨ uk, vagy az elektrom´agneses t´erben mozg´o a´ramok teljes´ıtm´enys˝ ur˝ us´eg´enek ´ertelmezve az energia anyaghoz k¨ot¨ott r´esz´et k´epviseli. Itt is megtehetj¨ uk azt, hogy a t´er forr´as´at, azaz az a´rams˝ ur˝ us´eget r¨ogz´ıtj¨ uk, ´es az anyagot v´altoztatjuk. Vonjuk ki az anyag jelenl´et´eben ´erv´enyes energi´at az anyag n´elk¨ ul ´erv´enyes energi´ab´ol. Mivel a forr´asok ugyanazok, azaz J = J 0 , ´ırhatjuk, hogy Z Z 0 3 δW = d xJ (E − E 0 )δt = d3 x(J 0 E − J E 0 )δt. (7.10) Be´ırva a J = rot H − ∂t D kifejez´est, ugyanazt kell v´egrehajtani, mint fent: Z 0 δW = d3 x(H 0 δB − HδB 0 + EδD 0 − E 0 δD).
(7.11)
Line´aris anyagban 1 W = 2 0
Z
d3 x(H 0 B − HB 0 + ED 0 − E 0 D).
(7.12)
Kihaszn´alva, hogy B = µ0 (H + M ) ´es D = ε0 E + P , kapjuk Z 1 0 W = d3 x (M B 0 − P E 0 ) . (7.13) 2 A m´asodik tag ismer˝os, az els˝o a m´agneses anyag j´arul´eka. De ne felejts¨ uk el, hogy ha az a´ramhurkok r¨ogz´ıtettek, akkor v´altoz´o m´agneses t´er fesz¨ ults´eget induk´al, ami cs¨okkenteni igyekszik az a´ramokat. Vagyis k´ıv¨ ul is munk´at kellett v´egezni az ´aramok fenntart´asa ´erdek´eben. Ez´ert a m´agneses rendszer ink´abb a konstans potenci´alban mozgatott dielektrikum p´eld´aj´aval anal´og. 87
7.2. Az impulzus m´ erlegegyenlete Hasonl´o m´odon j´arhatunk el az impulzusv´altoz´asn´al is: ha egy pr´obat¨olt´est helyez¨ unk elektrom´agneses t´erbe, akkor a r´a hat´o er˝o a Lorentz er˝o: Z F = d3 x (%E + J × B). (7.14) Az er˝o az impulzusv´altoz´as forr´asa, ugyanolyan szerepet j´atszik, mint a teljes´ıtm´eny az energi´an´al. Ez´ert megpr´ob´alhatjuk kifejezni az elektrom´agneses t´er impulzus m´erlegegyenlet´et. ´ Atalak´ ıtva a jobb oldalt %E + J × B = E div D − B × (rot H − ∂t D) = E div D + B × ∂t D − B × rot H = ˙ × D + E div D + H div B − B × rot H = = ∂t (B × D) − B = −∂t (D × B) + E div D + H div B − B × rot H − D × rot E. (7.15) Az els˝o tag teljes id˝oderiv´alt, a m´asodik tag pedig teljes divergencia, hiszen line´aris anyagban (E div D − D × rot E)i = Ei ∂j Dj − εkij Dj εk`m ∂` Em = Ei ∂j Dj − Dj ∂i Ej + Dj ∂j Ei = 1 (7.16) = ∂j Ei Dj − DEδij , 2 ´es hasonl´o egyenletet kapunk a m´agneses szektorban is. Bevezetve g =D×B =
1 S c2
(7.17)
´es
1 Tij = (DE + BH)δij − Ei Dj − Hi Bj 2 mennyis´egeket, azt kapjuk, hogy ∂t gi + ∂j Tij + (%E + J × B)i = 0. Az egyenlet ´ertelmez´es´ehez integr´aljuk ki a teljes t´erre a fenti kifejez´est: Z Z 3 ∂t d xgi = − d3 x(%E + J × B)i .
(7.18)
(7.19)
(7.20)
A jobb oldal az anyagra hat´o er˝o ellenereje, teh´at a bal oldal nem m´as, mint az elektrom´agneses t´er impulzusa, vagyis g az elektrom´agneses t´er impulzuss˝ ur˝ us´eg´enek. A divergencia faktor pedig, a m´erlegegyenletek szok´asos ´ertelmez´ese szerint, az impulzus a´rams˝ ur˝ us´ege vagy Maxwell-f´ele fesz¨ ults´egtenzor. 88
8. fejezet Kv´ azistacion´ arius eset Az id˝of¨ ugg´es t´argyal´as´aban az els˝o l´ep´es, ha a m´asodik deriv´altakat elhanyagoljuk (6.28) egyenletben (vagyis a d’Alambert oper´ator helyett Laplace-oper´atort vesz¨ unk). Ennek fizikai oka az lehet, hogy a m´asodik deriv´alt egy 1/c2 faktorral van beszorozva, vagyis csak akkor jelent˝os, ha a mez˝ok t´erbeli ´es id˝obeli v´altoz´as´anak sk´al´aja c faktorban k¨ ul¨onb¨ozik. Ez azt jelenti, hogy az azt l´etrehoz´o t¨olt´esek mozg´as´ara is ez kell vonatkozzon, teh´at v ∼ c esetben lesz jelent˝os. Lass´ u, kis frekvenci´as mozg´asok eset´eben teh´at val´oban elhanyagolhatjuk ezeket a tagokat. Szabad t¨olt´eshordoz´okkal rendelkez˝o vezet˝okben lej´atsz´od´o alacsony frekvenci´as folyamatok le´ır´as´ara p´eld´aul igen alkalmas ez a k¨ozel´ıt´es: ezt fogjuk most megvizsg´alni. J´o vezet˝okben gyakran eltekinthet¨ unk a szabad t¨olt´esek felhalmoz´od´as´at´ol, azaz vehetj¨ uk a % = 0 k¨ozel´ıt´est. Feltehetj¨ uk tov´abb´a, hogy az a´rams˝ ur˝ us´eg line´arisan f¨ ugg a t´erer˝oss´egt˝ol J = σE (Ohm t¨orv´eny). (8.1) Ezzel a Maxwell-egyenletek z´artt´a v´alnak. A fenti a´t´ır´assal E = µσ∂t E,
B = µσ∂t B.
(8.2)
Ez a t´av´ır´o-egyenlet. Alacsony frekvenci´as hat´aresetben elhanyagolva a m´asodik deriv´altakat kapjuk: 4E = µσ∂t E, 4B = µσ∂t B. (8.3) A kv´azistacion´arius esetben a potenci´alokra Lorentz m´ert´ekben, line´aris anyagban a k¨ovetkez˝o egyenlet vonatkozik Z 1 %(t, x0 ) % ⇒ Φ(t, x) = d3 x0 4Φ = − ε 4πε |x − x0 | Z µ J (t, x0 ) 4A = −µJ ⇒ A(t, x) = d3 x0 . (8.4) 4π |x − x0 | 89
8.1. Indukci´ os egyu o ¨ tthat´ Vegy¨ unk v´altoz´o ´arams˝ ur˝ us´eg˝ u rendszert homog´en k¨ozegben. Egy kijel¨olt C = ∂F g¨orbe ment´en m´erhet˝o elektromotoros er˝o ekkor, (8.4) alapj´an: Z I I Z µ ∂t J (t, x0 ) . (8.5) EC = −∂t df B = −∂t dsA = − ds d3 x0 4π C |x − x0 | F C Tegy¨ uk fel, hogy az a´ramok vezet˝okben folynak, ´es a vezet˝okben az ´arameloszl´as t´erbeli eloszl´asa nem v´altozik id˝oben, csak a nagys´aga. Vagyis X J (t, x0 ) = Ii (t)j i (x0 ). (8.6) i
Ezt vissza´ırva kapjuk: EC = −
X i
LCi I˙i ,
LCi
µ = 4π
I
Z ds
C
d3 x0
j i (x0 ) . |x − x0 |
(8.7)
Az L csak az a´rameloszl´as geometri´aj´at´ol f¨ ugg, azaz id˝oben a´lland´o, neve indukci´os egy¨ utthat´o. Ha v´ekony vezet˝okr˝ol van sz´o, amelyek Ci g¨orb´ek ment´en folynak, akkor az k. k¨orben ´ebred˝o elektromotoros er˝o I I X 1 µ ds ds0 , (8.8) Ek = − Lki I˙i , Lki = 4π Ck |x − x0 | Ci i Lki a k¨olcs¨on¨os indukci´o egy¨ utthat´o. k = i eset´en ¨onindukci´os egy¨ utthat´or´ol besz´el¨ unk, de ekkor nem szabad a vezet˝o vastags´ag´at elhanyagolni.
8.2. M´ agneses t´ er kv´ azistacion´ arius dinamik´ aja vezet˝ okben, skin-effektus N´ezz¨ uk most a m´agneses t´er egyenlet´et (8.3) alapj´an, ´es vizsg´aljuk meg az id˝of¨ ugg´est k´et p´eld´an kereszt¨ ul: Alkalmaz´ as: Induljunk ki egy inhomog´en m´agneses konfigur´aci´ob´ol B(t = 0, x) = b(x). Homog´en vezet˝o k¨ozegben hogyan fejl˝odik a m´agneses indukci´o id˝oben? Megold´ as ´ Erdemes t´erbeli Fourier-transzform´aci´ot v´egezni a B t´eren Z 3 Z d k ikx B(x) = e B(k), B(k) = d3 xe−ikx B(x). (8.9) (2π)3 90
Ekkor
Z 4B(x) =
Ezzel
d3 k ikx e (−k 2 )B(k), (2π)3
d3 k ikx 2 e k B + µσ∂t B = 0. 3 (2π) Inverz Fourier-transzform´aci´o ut´an
(8.10)
Z
k 2 B + µσ∂t B = 0,
(8.11)
(8.12)
amely egyenlet megold´asa k2 t
B(t, k) = b(k)e− µσ .
(8.13)
L´athat´oan a m´agneses t´er konstanshoz tart, hiszen a konstans r´eszre k = 0, az nem csillapodik. Min´el nagyobb a hull´amsz´am, azaz min´el nagyobb k, ann´al gyorsabban lecseng annak amplit´ ud´oja. Mivel a nagyfrekvenci´as Fourier m´odusok felel˝osek az ´elek´ert”, ´ıgy az id˝ofejl˝od´es sor´an egyre sim´abb ” lesz a m´agneses indukci´o.
Alkalmaz´ as: Adott egy f´elteret kit¨olt˝o µr relat´ıv permeabilit´as´ u anyag. K´ıv¨ ul hat´arfelt´etelk´ent H(t) = H 0 e−iωt m´agneses teret ´ırunk el˝o, ahol H 0 konstans. Milyen lesz a m´agneses t´er az anyagban? Megold´ as Az anyagon bel¨ ul igaz a h˝ovezet´esi egyenlet H-ra 4H = µσ∂t H.
(8.14)
A hat´aron H t ´es µH n folytonos minden id˝opillanatban. Emiatt minden ar´anyos e−iωt -vel, vagyis H(t, x) = h(x)e−iωt . Ezt az alakot vissza´ırva kapjuk 4h = −iωµσh.
(8.15)
A kezdeti felt´etel f¨ uggetlen a transzverz´alis (x ´es y) koordin´at´akt´ol, ´ıgy a megold´as is az lesz. Legyen a norm´alis koordin´ata z, ekkor h(x) = h(z), ´es d2 hi = −iωµσhi . dz 2
(8.16)
Ennek megold´asa hi (z) = hi (0)e±κz , 91
κ2 = −iωµσ.
(8.17)
Be szokt´ak vezetni a δ = (1 − i)/κ mennyis´eget. Ennek ´ert´eke r p 1−i 2 , ⇒ δ= . κ = −iωµσ = δ ωµσ
(8.18)
Hat´arfelt´etel, hogy z → ∞ eset´en ne legyen v´egtelen a t´er, emiatt a negat´ıv el˝ojelet kell v´alasztanunk. Ezenfel¨ ul a transzverz´alis H megy folytonosan a´t a hat´aron, valamint a norm´alis ir´any´ u B. Emiatt H t (t, x) = H 0t e−i(ωt−z/δ)−z/δ ,
Hn (t, x) =
1 H0n e−i(ωt−z/δ)−z/δ . (8.19) µr
Vagyis valamennyi komponens amplit´ ud´oja exponenci´alisan lecseng δ karakterisztikus t´avols´agon. Adott anyag eset´en a frekvencia n¨ovekedt´evel δ cs¨okken. Nagy frekvencia mellett a m´agneses t´er teh´at egyre ink´abb csak az anyag fel¨ ulet´en van jelen. Emiatt ezt az effektust b˝or-effektusnak (skin-effektus) nevezz¨ uk, a δ mennyis´eget pedig behatol´asi m´elys´egnek vagy skin m´elys´egnek. Ide´alis diam´agnesn´el vagy t¨ok´eletes vezet˝oben δ = ∞, azaz nincs lecseng´es. Ugyanakkor a norm´al komponens amplit´ ud´oja le van norm´alva 1/µr -rel, vagyis ha van k´ıv¨ ul Bn , akkor bel¨ ul a Hn v´egtelen, ´ıgy az energia is (BH/2). Ez azt jelenti, hogy ide´alis diam´agnes vagy t¨ok´eletes vezet˝o k¨ uls˝o fel¨ ulet´en Bn = 0 kell legyen, ahogy ezt m´ar kor´abban is l´attuk (l. (5.73)). Az a´rams˝ ur˝ us´eg: i−1 ∂ H(t, z) = ez × H t . (8.20) ∂z δ Az ´arams˝ ur˝ us´eg ar´anyos a transzverz´alis m´agneses t´errel, azaz ez is lecseng z-ben. Nagy frekvenci´an´al teh´at csak a vezet˝ok fel¨ ulet´en folyik a´ram. J = rot H = ez ×
Kisz´am´ıthatjuk a h˝ovesztes´eget is. A lok´alis h˝oteljes´ıtm´eny P = JE =
1 2 2 z 3π −2z/δ J = 2 cos2 (ωt − − )e . σ δ σ δ 2
(8.21)
Egy peri´odusra a´tlagolva hcos2 ωti = 1/2 miatt a k¨ovetkez˝o alakhoz jutunk: 2 1 2 −2z/δ µωH0t H e = e−2z/δ . δ 2 σ 0t 2 A teljes leadott teljes´ıtm´eny egy dxdy fel¨ uleten:
hPi =
Z hP i =
2 dxdy H0t d3 x hPi = δ2σ
Z∞ 0
92
dze−2z/δ =
2 dxdy H0t 2δσ
(8.22)
(8.23)
9. fejezet Teljes id˝ ofu es: forr´ asok n´ elku ¨ gg´ ¨ li megold´ as Most tekints¨ uk a Maxwell-egyenleteket teljes id˝of¨ ugg´es¨ ukkel. Mint l´attuk, ilyenkor a konstit´ uci´os rel´aci´ok line´aris k¨ozel´ıt´ese a legt¨obb anyag eset´en megfelel˝o lesz. Ekkor r´eszlegesen homog´en k¨ozegekben ugyanazok az egyenletek igazak, mint v´akuumban, ´ıgy az elektrodinamika o¨sszes egyenlete hasonl´o szerkezet˝ u lesz: Ψ = −f.
(9.1)
Lorentz m´ert´ekben a potenci´alok minden komponens´ere, Coulomb m´ert´ekben a vektorpotenci´alra, adott forr´as eset´en az E ´es B komponenseire ez az egyenlet lesz igaz. A d’Alambert oper´atorban lev˝o konstans line´aris k¨ozel´ıt´es eset´en c c 1 = , ck = √ = √ εµ εr µ r n
n=
√
εr µ r ,
(9.2)
n a t¨or´esmutat´o. A legt¨obb anyagra, amelyben a f´eny terjedni k´epes, µr ≈ 1 j´o k¨ozel´ıt´es. √ Ez´ert a t¨or´esmutat´o vizsg´alat´an´al haszn´alhatjuk a n ≈ εr k´epletet. A fenti egyenlet inhomog´en line´aris m´asodfok´ u parci´alis differenci´alegyenlet. Az ´altal´anos megold´as k´et r´esz o¨sszege • a homog´en r´esz (f = 0) a´ltal´anos megold´asa • az inhomog´en r´esz egy partikul´aris megold´asa. Most kezdj¨ uk a homog´en egyenlet vizsg´alat´at, azaz Ψ = 0.
(9.3)
Az egyenlet megold´as´at keress¨ uk Ψ(t, x) ∼ e±iωt−ikx alakban. Vissza´ırva kapjuk: ω 2 = c2 k 2 , 93
(9.4)
vagyis ω f¨ uggv´enye k-nak: ezt a f¨ ugg´est h´ıvj´ak diszperzi´os rel´aci´onak. Ha nincs kit¨ untetett ir´any a t´erben, akkor csak |k|-t´ol f¨ ugghet ω – jelen esetben a f¨ ugg´es line´aris. Az a´ltal´anos megold´as a fenti alakok ¨osszege tetsz˝oleges egy¨ utthat´oval: Z 3 dk 1 −iωk t+ikx iωk t+ikx , ahol ωk = kc (9.5) Ψ(t, x) = a(k)e + b(k)e 2 (2π)3 (a kezdeti 1/2 csak a k´enyelem kedv´e´ert van a k´epletben, hiszen a ´es b tetsz˝oleges egy¨ utthat´ok). Mivel Ψ val´os (Ψ∗ (t, x) = Ψ(t, x)), ez´ert a∗ (−k) = b(k). Emiatt Z 3 Z 3 dk dk −iωk t+ikx Ψ(t, x) = < a(k)e = a0 (k) cos (−ωk t + kx + φk ) , (9.6) 3 (2π) (2π)3 ahol a(k) = a0 eiφk . Emiatt minden line´aris kifejez´esben nyugodtan haszn´alhatjuk a komplex megold´ast (a b(k)-s r´esz n´elk¨ ul), a v´eg´en a val´os r´eszt vessz¨ uk.
9.1. Csoport- ´ es f´ azissebess´ eg A fenti megold´as s´ıkhull´amok ¨osszeg´et ´ırja le. Feledkezz¨ unk meg egy id˝ore arr´ol, hogy ωk = ck, hogy a t´argyal´as a k´es˝obbiekre is ´erv´enyes legyen. Tekints¨ unk egyetlen m´odust el˝osz¨or (monokromatikus s´ıkhull´am). Ebben a val´odi, val´os megold´as alakja Ψ(t, x) = a cos(ωt − kx + ϕ), (9.7) ahol a ´es φ param´etereket a kezdeti felt´etelb˝ol hat´arozhatjuk meg. Ez a megold´as halad´o s´ıkhull´amot ´ır le. A megold´as id˝oben ´es t´erben is periodikus. Egy t = t0 -n kiv´alasztott x0 ponttal azonos f´azisban lev˝o pontok halmaz´anak elemei: ωt0 − kx0 + ϕ = ωt − kx + ϕ + 2nπ,
n ∈ N.
(9.8)
2π , k
(9.9)
Ebb˝ol ˆ + λnk ˆ + βk ˆ⊥, x = x0 + (t − t0 )vf k
vf =
ωk , k
λ=
kk⊥ = 0.
t = t0 -n´al teh´at x0 -lal azonos f´azisban van a k-ra mer˝oleges s´ık (hull´amfront), valamint ˆ ir´aennek λ-val val´o eltoltjai (hull´amhossz). Az id˝o el˝orehaladt´aval a hull´amfrontok k ny´aban vf sebess´eggel haladnak tov´abb, vagyis ez az azonos f´azis´ u pontok sebess´ege, a f´azissebess´eg. V´akuumban vf = c =´alland´o. Miut´an az elektrom´agneses hull´amokat a f´ennyel azonos´ıtjuk, ez´ert a f´azissebess´eg a f´enysebess´eg. Monokromatikus s´ıkhull´amn´al igaz, hogy ˆ Ψ(t, x) = Ψ(0, x − vf tk), 94
(9.10)
´ azaz a hull´amalak csak eltol´odik, nem deform´al´odik. Altal´ anos a(k) eset´en ez nem lesz ´ıgy, a hull´am gyorsan ¨osszekusz´al´odik. Viszont ha azonos ir´any´ u s´ıkhull´amokat tesz¨ unk ¨ossze, akkor a hull´amterjed´es ir´any´at tekintve x ir´anynak ´ırhatjuk Z dk Ψ(t, x) = a(k)e−iωk t+ikx . (9.11) 2π Tegy¨ uk fel, hogy azon a tartom´anyon, ahol a(k) 6= 0, ott ωk lassan v´altozik. Ekkor sorba fejthetj¨ uk valami k¨ozepes k0 k¨or¨ ul: dωk ωk = ω0 + (k − k0 ) + .... (9.12) dk k=k0 Bevezetj¨ uk a csoportsebess´eget a k¨ovetkez˝o k´eplettel: dωk vcs = , dk k=k0
(9.13)
ekkor Z
Z dk dk −i(ω0 +(k−k0 )vcs )t+ikx −i(ω0 −k0 vcs )t a(k)e =e a(k)e−ikvcs t+ikx = Ψ(t, x) = 2π 2π Z dk −iω0 (1−vcs /vf )t a(k)eik(x−vcs t) = e−iω0 (1−vcs /vf )t Ψ(0, x − vcs t). (9.14) =e 2π L´athat´oan egy f´azisfaktor erej´eig megmarad a hull´am alakja. Ez´ert besz´elhet¨ unk hull´amcsomagr´ol, amely a burkol´oj´at megtartva stabilan halad el˝ore az id˝oben vcs sebess´eggel, ´ ez indokolja a csoportsebess´eg elnevez´est. Altal´ aban vcs 6= vf , kiv´eve, ha ωk line´aris k-ban, mint a v´akuumbeli f´enyterjed´esn´el. A f´azisfaktor el˝otagban a f´azis v´altoz´asa ar´anyos 1 − vcs /vf -vel, vagyis nulla, ha vcs = vf . Ennek jelent´ese: a burkol´o alatt az elemi hull´amok vf sebess´eggel haladnak el˝ore. Inform´aci´o k¨ uld´esekor mindig hull´amcsomagot kell el˝oa´ll´ıtani, hiszen v´egtelen s´ıkhull´amban nincs semmi szerkezet. Emiatt az inform´aci´otov´abb´ıt´as sebess´ege vcs . El˝ofordulhat bizonyos esetekben, hogy ezek a sebess´egek nagyobbak a f´enysebess´egn´el, ez azonban csak annak a jele, hogy ott nem haszn´alhat´ok ezek a fogalmak. Ha a f´azissebess´eget a f´enysebess´egb˝ol a t¨or´esmutat´oval k´epezz¨ uk, amelynek ismerj¨ uk a frekvenciaf¨ ugg´es´et: ω nω c ⇒ k= . (9.15) vf = = n k c Ekkor a csoportsebess´eg vcs =
1 c c = = . dk dn ω dεr n+ω n+ dω dω 2n dω 95
(9.16)
9.2. Elektrodinamikai hull´ amok Coulomb m´ert´ekben, v´egtelen t´erben 4Φ = 0
⇒
Φ=0 Z
A = 0
⇒
A(t, x) =
d3 k A0 (k)e−iωk t+ikx . 3 (2π)
(9.17)
A Coulomb m´ert´ekben div A = 0, ebb˝ol A0 (k)k = 0. Egy monokromatikus komponensre az elektromos t´erer˝oss´eg E = −∂t A = iωA0 e−iωt+ikx = E 0 e−iωt+ikx ,
(9.18)
E 0 = iωA0 ,
(9.19)
vagyis ami azt is jelenti, hogy E 0 k = 0. Ez ¨osszhangban van a div E = 0 felt´etellel. A m´agneses indukci´o: B = rot A = ik × A0 e−iωt+ikx = B 0 e−iωt+ikx , (9.20) vagyis ennek amplit´ ud´oja 1ˆ × E 0. (9.21) B 0 = ik × A0 = k c Erre is igaz, hogy B 0 k = 0, ¨osszhangban a div B = 0 egyenlettel. Teh´at monokromatikus ˆ E 0 ´es B 0 egym´asra mer˝olegesek. A m´agneses indukci´o nagys´ag´ara s´ıkhull´amban k, B0 =
E0 c
(9.22)
ugg´est kapunk. ¨osszef¨ A homog´en Maxwell-egyenleteknek van egy ´erdekes szimmetri´aja. Ha (6.5) vagy az (6.26) egyenletet n´ezz¨ uk line´aris anyagban, akkor ´eszrevehetj¨ uk, hogy a E → −cB ´es B → E/c helyettes´ıt´esre ugyanazok maradnak a f¨ uggv´enyalakok. Ezt a lek´epz´est dualit´asi transzform´aci´onak nevezz¨ uk. ˆ A k-ra mer˝oleges alt´er k´et dimenzi´os. Emiatt felvehet¨ unk egy ortonorm´alt b´azist ˆ {k, e1 , e2 }, ´es ´ırhatjuk E = (α1 e1 + α2 e2 ) e−iωt+ikx . (9.23) ˆ × e1 = e2 , ekkor k ˆ × e2 = −e1 . Egy¨ e1,2 a polariz´aci´os vektorok; legyen k utthat´oik, α1,2 lehetnek komplex mennyis´egek is, amely a k´etfajta polariz´aci´oj´ u s´ıkhull´am k¨ ul¨onb¨oz˝o f´azis´at jelentik. Val´oban, az igazi t´erer˝oss´eg a fenti mennyis´eg val´os r´esze, azaz αi = Ei eiϕi jel¨ol´essel E = E1 e1 cos(kx − ωt + ϕ1 ) + E2 e2 cos(kx − ωt + ϕ2 ) |E2 | E1 B= e2 cos(kx − ωt + ϕ1 ) − e1 cos(kx − ωt + ϕ2 ). c c 96
(9.24)
Adott x pontban az (E1 , E2 ) k´et dimenzi´os vektor egy g¨orb´et rajzol ki az id˝o el˝orehaladt´aval. Ha ϕ1 = ϕ2 , akkor ez egy egyenes, ekkor line´arisan polariz´alt f´enyr˝ol besz´el¨ unk; ´ ha ϕ1 = ϕ2 ± iπ/2, akkor a g¨orbe k¨or, a f´eny cirkul´arisan polariz´alt. Altal´ anos esetben ellipszist kapunk, a f´eny elliptikus polariz´aci´oj´ar´ol besz´el¨ unk. A hull´am energias˝ ur˝ us´ege: i 1 ε0 h 2 ε0 B2 = E + (kˆ × E)2 = ε0 E 2 . (9.25) w = E2 + 2 2µ0 2 L´athat´o m´odon az elektromos ´es a m´agneses komponens ugyanakkora j´arul´ekot ad az energias˝ ur˝ us´eghez. Ebben az egyenletben a val´odi id˝of¨ ugg´est kell haszn´alnunk, hiszen nemline´aris o¨sszef¨ ugg´esr˝ol van sz´o. Teh´at w = ε0 E12 cos2 (kx − ωt + ϕ1 ) + E22 cos2 (kx − ωt + ϕ2 ) . (9.26) Egy peri´odusra a´tlagolva
ε0 E12 + E22 . 2
(9.27)
1 1 ˆ 2. ˆ × E) = 1 kE E×B = E × (k µ0 cµ0 Z0
(9.28)
w= A Poynting-vektor S=
ahol bevezett¨ uk a Z0 v´akuumimpedancia fogalm´at. Dimenzi´oj´at tekintve ez egy ellen´all´as jelleg˝ u mennyis´eg, ´ert´eke r µ0 Z 0 = µ0 c = = 376.7 Ω. (9.29) ε0 Az energia´aram ir´anya teh´at a hull´am ir´anya, nagys´aga pedig |S| =
1 ε0 E 2 = cw. cµ0 ε0
(9.30)
Vagyis az energia-´arams˝ ur˝ us´eg ´es az energias˝ ur˝ us´eg viszonya ugyanolyan mint a r´eszecsk´ek eset´en az a´rams˝ ur˝ us´eg ´es a t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg´e, J = v%. Az impulzuss˝ ur˝ us´eg a (7.17) k´eplet alapj´an ar´anyos a Poynting-vektorral, nagys´aga g=
w S = 2 c c
⇒
w = gc.
(9.31)
A fenti k´epletek alapj´an az elektrom´agneses hull´amra gondolhatunk u ´gy is, mint r´eszecsk´ek a´ram´ara, ahol a r´eszecsk´ek energi´aja ´es impulzusa E = cp m´odon kapcsol´odik o¨ssze. A relativit´aselm´elet szerint ez nulla t¨omeg˝ u r´eszecsk´eket jelent. Ez a fotonk´ep alapja. Az interferencia jelens´ege miatt azonban mindig megfontoltan kell alkalmazni ezt az azonos´ıt´ast. 97
9.3. Frekvenciafu o permittivit´ as, t¨ or´ esmutat´ o ¨ gg˝ Bocs´assunk egy line´arisan polariz´alhat´o anyagra id˝of¨ ugg˝o elektromos teret. Az anyag v´alasza erre a hat´asra a polariz´aci´o kialakul´asa. Azonban a polariz´aci´o ´ert´eke egy adott id˝oben nem felt´etlen¨ ul az ´eppen akkor adott elektromos t´errel ar´anyos, a k¨ornyezet, a csillap´ıt´as mind okozhat f´azisk´es´est, ami miatt a kor´abbi ´ert´ekek is sz´am´ıthatnak. Azt azonban mindenk´eppen elv´arjuk, hogy a polariz´aci´o nem f¨ ugghet a hozz´a k´epest j¨ov˝obeli t´erer˝oss´egekt˝ol. A polariz´aci´os˝ ur˝ us´egre megfogalmazva, ´es eltekintve a t´erkoordin´at´akt´ol, ´ırhatjuk teh´at: Z∞ P (t) = dt0 Θ(t − t0 )G(t, t0 ) E(t0 ) (9.32) −∞
Ha nincs kit¨ untetett id˝opont, akkor G csak t − t0 -t˝ol f¨ ugghet. Ez a kifejez´es a sztatika (4.10) k´eplet´enek, a´ltal´anos´ıt´asa, ´ıgy a P ´es E k¨oz¨otti ar´anyoss´agi t´enyez˝ot h´ıvhatjuk a´ltal´anos, id˝of¨ ugg˝o szuszceptibilit´asnak: ε0 χ(t − t0 ) = Θ(t − t0 )G(t − t0 )
Z∞ ⇒
P (t) = ε0
dt0 χ(t − t0 ) E(t0 ).
(9.33)
−∞
A szuszceptibilit´as ´ertelmez´ese teh´at val´oj´aban egy anyagi (line´aris) v´alaszf¨ uggv´eny. A fenti kifejez´es egy konvol´ uci´o, Fourier-transzform´altja: P (ω) = ε0 χ(ω)E(ω).
(9.34)
Fourier-t´erben teh´at szorzat alak´ u az anyagi v´alasz. Az elektromos eltol´as ´es a permittivit´as ´ıgy: D(ω) = ε0 E(ω) + P (ω) = ε0 (1 + χ(ω))E(ω)
⇒
εr (ω) = 1 + χ(ω),
(9.35)
χ∗ (ω) = χ(−ω).
(9.36)
P ´es E val´oss´aga miatt P ∗ (ω) = P (−ω),
E ∗ (ω) = E(−ω)
⇒
Hogy egy konkr´et p´eld´at adjunk, tekints¨ uk a mikroszkopikus polariz´alhat´os´ag modellj´et, egy harmonikus potenci´alban k¨ot¨ott, de most csillap´ıtott t¨olt¨ott r´eszecsk´et. Bocs´assunk erre a rendszerre id˝of¨ ugg˝o elektromos teret. A mozg´asegyenlet egy dimenzi´oban m∂t2 x + Γ∂t x + Dx = qE(t) ahol ω02 =
D , m
γ=
Γ . m
⇒
∂t2 p + γ∂t p + ω02 p =
q2 E(t), m
(9.37)
Ennek Fourier transzform´alttal a megold´asa: p(ω) =
q2 1 E(ω), 2 m ω0 − iγω − ω 2 98
(9.38)
a polariz´aci´os˝ ur˝ us´eg pedig P (ω) =
N q2 1 E(ω), 2 m ω0 − iγω − ω 2
(9.39)
ahol N a t¨olt´eshordoz´ok s˝ ur˝ us´ege. Ha t¨obb saj´atfrekvencia van, akkor azok ¨osszeg´et fogjuk kapni. A relat´ıv permittivit´as teh´at εr (ω) = 1 +
X Nj qj2 j
ε0 mj ωj2
1 . − iγω − ω 2
(9.40)
p Ha megvan εr (ω), akkor fel´ırhatjuk a t¨or´esmutat´o is n(ω) = εr (ω) kifejez´essel. Mivel vf = c/n, a f´azissebess´eg frekvenciaf¨ ugg˝o. A diszperzi´os rel´aci´o ω = kc/n most teh´at nem line´aris, emiatt a csoportsebess´eg nem egyezik meg a f´azissebess´eggel: a (9.16) kifejez´est kell ki´ert´ekelni meghat´aroz´as´ahoz. A t´erer˝oss´eg kifejez´ese monokromatikus s´ıkhull´am eset´en: ˆ ω (9.41) E(t, x) = E0 e−iωt+ikx c n(ω) . Van egy m´asik effektus is, amely kapcsolatban van a nemtrivi´alis diszperzi´os rel´aci´oval. L´athat´oan ugyanis a modell¨ unkben εr -ben van imagin´arius r´esz is, ha γ 6= 0. Val´oban: 1 1 1 1 γω = 2 = − . (9.42) = 2 2 2 ωj − iγω − ω 2 2i ωj − iγω − ω 2 ωj + iγω − ω 2 (ωj − ω 2 )2 + γ 2 ω 2 Emiatt =εr (ω) =
X Nj qj2 j
ε0 mj (ωj2
γω . − ω 2 )2 + γ 2 ω 2
Ennek k¨ovetkezt´eben a t¨or´esmutat´onak is van k´epzetes r´esze √ n(ω) = εr = nre (ω) + inim (ω), nim (ω) > 0.
(9.43)
(9.44)
Ezt vissza´ırva az id˝ofejl˝od´esbe ˆ
ω
ˆ
ω
E(t, x) = E0 e−iωt+ikx c nre (ω) e−kx c nim (ω) .
(9.45)
Mivel nim > 0, ez´ert ez egy t´erben csillapod´o hull´amot ´ır le. A hull´am energi´aja elnyel˝odik az anyagban, emiatt az nim mennyis´eget abszorpci´os egy¨ utthat´o nak is szokt´ak h´ıvni. Miut´an nim eredete a mikroszkopikus csillap´ıt´as, ´ıgy val´oj´aban az energia a mikroszkopikus szabads´agi fokok csillap´ıt´asa miatt cs¨okken. Szokt´ak defini´alni a κ opacit´ast is, mely az energia-´arams˝ ur˝ us´eg (intenzit´as) csillapod´as´anak jellemz˝o hossza egy % s˝ ur˝ us´eg˝ u anyagban. 2ωnim (ω) S(x) = S0 e−%κx ⇒ κ = . (9.46) c% 99
mivel a peri´odusra ´atlagolt Poynting-vektor S ∼ |E|2 . Ha εr kicsi, akkor n ≈ 1 + εr /2, azaz nim = =εr /2. A (9.43) miatt εr ∼ N , a r´eszecskes˝ ur˝ us´eggel, az indokolja, hogy a % s˝ ur˝ us´eget expliciten kiemelik, κ ´ıgy ´erz´eketlenebb az anyag a´llapot´ara. Az abszorpci´os egy¨ utthat´o n´eh´any jellemz˝oj´et gondoljuk v´egig. • Min´el kisebb az abszorpci´os egy¨ utthat´o, ann´al ´atl´atsz´obb az anyag. V´ız eset´en egy frekvenciatartom´anyban kicsi az nim , val´oj´aban ez hat´arozza meg a l´athat´o f´eny tartom´any´at. M´asodrend˝ u f´azis´atalakul´asn´al minden frekvenciatartom´anyban megjelennek gerjeszthet˝o m´odusok, ´ıgy mindenhol van csillap´ıt´as, emiatt l´atunk kritikus opaleszcenci´at. • Szabad elektrong´azra ωj = 0, γ = 0, vagyis εr (ω) = 1 −
ωP2 N q2 = 1 − , ε0 mω 2 ω2
ωP2 =
N q2 ε0 m
(9.47)
ωP a plazmafrekvencia. – ω < ωP frekvenci´an εr < 0, vagyis n(ω) tiszt´an k´epzetes, vagyis az elektrong´az nem ereszti ´at a f´enyt. – ω > ωP frekvenci´an az elektrong´azban nincs csillap´ıt´as. Ugyanakkor r c ω2 n(ω) = 1 − P2 < 1 ⇒ vf = > c. ω n
(9.48)
A f´azissebess´eg teh´at nagyobb mint a f´enysebess´eg. A csoportsebess´eg azonban (9.16) alapj´an dεr 2ωP2 ω = 2 dω ω
⇒
c
vcs = n+
ωP2 nω 2
=
nc = nc < c. ωP2 2 n + 2 ω
(9.49)
kisebb mint a f´enysebess´eg. ω = ωP -n´el n = 0, ´ıgy a csoportsebess´eg nulla, a f´azissebess´eg v´egtelen! • A l´egk¨or teljes opacit´asa (´atl´atszatlans´aga) l´athat´o a 9.1 a´br´an [15]. Az opacit´as sz´azal´ekos ´ert´ek´et 100/(1 + e%κL ) kifejez´essel kaphatjuk, ahol L a l´egk¨or optikai u ´thossza. – A l´egk¨ori frekvenci´ak als´o r´esz´eben az ionoszf´era (amely k¨ozel´ıthet˝o szabad elektrong´azzal) ´atl´atszatlan, vagyis visszaveri az elektrom´agneses sug´arz´ast. Ez haszn´alhat´o r´adi´oz´asra, mert a hull´amok a F¨old fel¨ ulet´en nagy t´avols´agra is el tudnak jutni [9]. Az URH (VHF) hull´amok frekvenci´aja (hull´amhossza) 30-300 MHz (10-1m) m´ar felette van a l´egk¨ori plazmafrekvenci´anak, ´ıgy azok csak r¨ovid t´avols´agon foghat´ok. 100
9.1. a´bra. A l´egk¨or abszorpci´os egy¨ utthat´oj´anak frekvenciaf¨ ugg´ese – Magasabb frekvenci´an a l´egk¨or a´tl´atsz´o lesz, itt a f¨oldi r´adi´ocsillag´aszati eszk¨oz¨ok kil´atnak a vil´ag˝ urbe. – Ut´ana k¨ovetkezik egy u ´jabb a´tl´atszatlan r´esz, amely els˝osorban a molekul´aris gerjeszt´esi frekvenci´ak jelenl´et´enek k¨osz¨onhet˝o. – A 390 ´es 750 nm (1 nm = 10−9 m) k¨oz¨ott nincsen olyan g´az, amelynek jelent˝os elnyel´ese lenne – els˝osorban a v´ız elnyel´es´et kell itt figyelni. Emiatt a l´egk¨or ism´et ´atl´atsz´o. – Magasabb tartom´anyokban a molekul´aris ioniz´aci´o egyre fontosabb szerepet j´atszik, emiatt a l´egk¨or ism´et a´tl´atszatlann´a v´alik.
9.3.1. Kramers-Kronig rel´ aci´ o L´attuk, hogy ε0 χ(t) = Θ(t)G(t), vagyis csak G(t)-b˝ol csak a t > 0 ´ert´ekek sz´am´ıtanak, a t < 0 tartom´any szabadon ´ertelmezhet˝o. A G(−t) = −G(t) v´alaszt´as eset´en egyszer˝ u formul´akat kapunk. Mivel szorzatf¨ uggv´eny Fourier-transzform´altja konvol´ uci´o, valamint a Θ-f¨ uggv´eny Fourier-transzform´altja: i , (9.50) Θ(ω) = ω + iδ δ→0+ ez´ert
Z∞ εr (ω) = 1 +
dω 0 iG(ω 0 ) . 2π ω − ω 0 + iδ
−∞
101
(9.51)
Val´os f¨ uggv´eny Fourier-transzform´altj´ara Z∞
G∗ (ω) =
dt e−iωt G(t) = G(−ω),
(9.52)
−∞
p´aratlan f¨ uggv´eny Fourier-transzform´altja Z∞ G(−ω) =
−iωt
dt e −∞
Z∞ G(t) =
dt eiωt G(−t) = −G(ω)
⇒
G∗ (ω) = −G(ω), (9.53)
−∞
vagyis G(ω) tiszt´an imagin´arius. Ekkor: =
1 = −πδ(ω − ω 0 ) ω − ω 0 + iε
⇒
=εr (ω) =
−iG(ω) . 2
(9.54)
A fenti mikroszkopikus p´eld´aban G(ω) =
X Nj qj2 j
ε0 mj (ωj2
2iγω . − ω 2 )2 + γ 2 ω 2
(9.55)
´ Altal´ aban a mikroszkopikus modellekb˝ol tetsz˝oleges pozit´ıv f¨ uggv´eny j¨ohet. Ezt vissza´ırva az εr kifejez´es´ebe: Z∞ 0 dω =εr (ω 0 ) εr (ω) = 1 + . (9.56) π ω 0 − ω − iε −∞
Ez azt mutatja, hogy εr imagin´arius r´esze teljesen meghat´arozza az εr -t (Kramers-Kronig rel´aci´o). Ez a kauzalit´as k¨ovetkezm´enye.
9.3.2. A vezet˝ ok´ epess´ eg ´ es a permittivit´ as kapcsolata Bocs´assunk anyagra id˝of¨ ugg˝o elektromos teret, legyen az id˝of¨ ugg´es monokromatikus, E = E 0 e−iωt , a helyf¨ ugg´est˝ol tekints¨ unk el. A t´erer˝oss´eg polariz´aci´os˝ ur˝ us´eget hoz l´etre. Line´aris anyagban (9.34) szerint P (t) = P 0 e−iωt ,
P 0 = ε0 χ(ω)E 0 .
(9.57)
A polariz´aci´o v´altoz´asa a polariz´aci´os t¨olt´esek mozg´as´at jelenti, ami a´ramot jelent (6.24) J = ∂t P = −iωP = −iωε0 χ(ω)E.
(9.58)
Ezzel megkaptuk az Ohm-t¨orv´eny J = σE mikroszkopikus alakj´at (l. (8.1) k´eplet). A σ vezet˝ok´epess´eg ´ert´eke a fentiek szerint σ = −iωε0 χ(ω), 102
(9.59)
vagyis a relat´ıv permittivit´as εr = 1 + χ ´ert´eke εr (ω) = 1 +
iσ ε0 ω
(9.60)
kis frekvenci´an. Vagyis vezet˝ok eset´en azt v´arjuk, hogy a permittivit´as imagin´arius r´esze diverg´al kis frekvenci´akra, az egy¨ utthat´o ´eppen a vezet˝ok´epess´eg. A molekul´aris modell¨ unkben nem k¨ot¨ott, de csillap´ıtott elektrong´azra ω0 = 0, azaz εr = 1 +
1 N q2 N q2 i ω→0 −→ 1 + ε0 m −iωγ − ω 2 mγ ε0 ω
⇒
σ=
N q2 , mγ
(9.61)
a Drude-modell eredm´enye.
9.4. Elektrom´ agneses hull´ amok k¨ ozegek hat´ ar´ an Homog´en k¨ozegek hat´ar´an ki kell el´eg´ıteni a hat´arfelt´eteleket: Dn , Bn E t , H t folytonosak.
(9.62)
9.2. a´bra. Hull´am k¨ozeghat´aron Tekints¨ unk egy s´ıkhull´amot, amely egy n norm´alis´ u s´ık k¨ozeghat´arra ´erkezik (9.2): ahonnan ´erkezik, ott ε, ahova ott ε0 legyen a permittivit´as. Az eredm´eny h´arom hull´am ¨osszege lesz: a bees˝o hull´am mellett egy ´atmen˝o (megt¨ort) ´es egy visszavert hull´am´e. Jel¨olj¨ uk a bees˝o hull´am t´erer˝oss´egeit a k¨ovetkez˝o m´odon: E = E 0 e−iωt+ikx ,
1ˆ B= k × E. c
(9.63)
A hat´arfelt´etelek minden id˝opontban val´o ´erv´enyess´ege miatt a megt¨ort ´es a visszavert hull´amra is e−iωt az id˝ofejl˝od´es. A megt¨ort hull´am jellemz˝oi legyenek E 0 , B 0 , k0 , a visszaˆ = cos θ, ´es k ˆ 0 n = cos θ0 . Feltessz¨ vert hull´amra E 00 , B 00 , k00 . Jel¨olj¨ uk kn uk azt, hogy 00 ˆ ˆ k n = −kn, vagyis a bees´esi sz¨og egyenl˝o a visszaver˝od´esi sz¨oggel (ez term´eszetesen kij¨on egy bonyolultabb sz´amol´asb´ol is).
103
ˆ z kn Koordin´at´azzuk a rendszert u ´gy, hogy e 0 sin θ sin θ0 n = 0 k = 0 k0 = 0 1 cos θ cos θ0
sin θ k00 = 0 − cos θ
(9.64)
A polariz´aci´ohoz ´erdemes a feladat geometri´aj´ahoz illeszked˝o b´azist v´alasztani: ˆ n s´ık} 2.) E ∈ {k,
1.) En = 0,
⇒
Bn = 0.
(9.65)
Ezek a felt´etelek igazak maradnak a megt¨ort ´es visszavert hull´amra is. ˆ × E 0 ¨osszef¨ ˆ azaz, felhaszn´alva B 0 = 1 k ugg´est 1. Itt E ⊥ n, k, c 0 0 0 E 0 = E0 E 00 = E00 E 000 = E000 0 0 0 − cos θ − cos θ0 cos θ 00 0 E E E0 0 B 00 = 0 0 B 000 = 0 0 .(9.66) B0 = c c c sin θ0 sin θ sin θ A hat´arfelt´etelek Dn = folyt. E t = folyt Bn = folyt. H t = folyt
−− E0 + E000 = E00 1 1 (E0 + E000 ) sin θ = 0 E00 sin θ0 c c 1 1 00 (E0 − E0 ) cos θ = 0 0 E00 cos θ0 . cµ cµ
(9.67)
A Bn illetve E t egyenletekb˝ol k¨ovetkezik 1 1 sin θ = 0 sin θ0 ⇒ n sin θ = n0 sin θ0 c c a Snellius-Descartes-t¨orv´eny. Innen megkapjuk a θ0 -t.
(9.68)
A t´erer˝oss´egekre a megold´as E000 = E0
µ0 c0 cos θ − µc cos θ0 , µ0 c0 cos θ + µc cos θ0
E00 = E0
2µ0 c0 cos θ . µ0 c0 cos θ + µc cos θ0
(9.69)
2. Ebben az esetben B teljesen transzverz´alis, azaz a fel´ırand´o egyenletek 1 1 (B0 + B000 ) = 0 B00 µ µ 00 (E0 − E0 ) cos θ = E00 cos θ0 ε(E0 + E000 ) sin θ = ε0 E00 sin θ0 . 104
(9.70)
Az els˝o ´es utols´o egyenlet ¨osszehasonl´ıt´as´ab´ol most is a Snellius-Descartes-t¨orv´eny k¨ovetkezik. A megold´as: E000 = E0
µc cos θ − µ0 c0 cos θ0 , µc cos θ + µ0 c0 cos θ0
E00 = E0
2µ0 c0 cos θ . µc cos θ + µ0 c0 cos θ0
(9.71)
Ez a k´eplet form´alisan a µ → ε helyettes´ıt´essel ad´odik az el˝oz˝o eredm´enyb˝ol, ami a forr´asmentes Maxwell-egyenletek dualit´as´anak k¨ovetkezm´enye. Tanuls´agok • n0 < n eset´en sin θ0 > sin θ, vagyis van olyan θ0 , amelyre nincs megold´as, azaz nincs megt¨ort f´eny: sin θ0 = n0 /n. Enn´el nagyobb bees´esi sz¨ogek eset´en a hull´am teljes eg´esz´eben visszaver˝odik. • a 2.) esetben µ = µ0 -t v´alasztva el´erhet˝o, hogy E000 = 0. Ennek felt´etele c cos θ = c0 cos θ0
(9.72)
Vezess¨ uk be c/c0 = n0 /n = r mennyis´eget. Ekkor A Snellius-Descartes t¨orv´eny szerint sin θ0 = 1r sin θ, vagyis 1 sin2 θ. (9.73) r2 Innen r = 1 eset´en azonoss´agot kapunk: ekkor nincs k¨ ul¨onbs´eg a t¨or´esmutat´ok k¨oz¨ott, ´es soha nincs visszavert hull´am. Ha r 6= 1, akkor be´ırva az ismert trigonometrikus azonoss´agokat cos2 θ = 1/(1 + tan2 θ) ´es sin2 θ = tan2 /(1 + tan2 θ) egyszer˝ uen kapjuk n0 (9.74) tan θ = r = . n Ez a Brewster-sz¨og, ekkor a visszavert hull´am a fel¨ ulettel p´arhuzamosan polariz´alt. ´ Erdekes m´odon a m´asik esetben nem l´etezik megold´asa az E000 = 0 egyenletnek. A fel¨ ulet ir´any´ u elektromos polariz´aci´oval rendelkez˝o visszavert hull´am teh´at mindig van (kiv´eve persze ha n0 = n). r2 cos2 θ = cos2 θ0 = 1 − sin2 θ0 = 1 −
9.5. Hull´ amterjed´ es hat´ arfelt´ etelekkel A hat´arfelt´etelek speci´alis t´ıpusa az, amikor teljesen eltekinthet¨ unk valamelyik anyagban az elektrom´agneses t´ert˝ol. Ilyen p´eld´aul egy ide´alis vezet˝okkel hat´arolt t´err´esz, amelyet ide´alis diam´agnesnek is tekinthet¨ unk. Ekkor az anyagon bel¨ ul sem E sem B nem l´etezhet, vagyis a hat´aron teljes¨ ulnie kell E t = 0,
Bn = 0
(9.75)
felt´eteleknek. Fizikailag k¨ozel´ıt˝oleg ilyen rendszerek a hull´amvezet˝ok illetve u ¨regrezon´atorok. 105
9.5.1. Hull´ amvezet˝ o A hull´amvezet˝o egy ide´alis vezet˝ok a´ltal hat´arolt cs˝o, amelyben elektrom´agneses hull´amok tudnak terjedni. Itt most az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert vegy¨ unk t´eglalap keresztmetszet˝ u egyenes cs¨ovet. A rendszer koordin´at´az´as´ahoz v´alasszuk a koordin´atarendszer z ir´any´at vegy¨ uk a cs˝o ir´any´anak. A cs˝o m´erete legyen a × b. Ekkor a (9.75) hat´arfelt´etelek: Ex (x, 0, z, t) = Ez (x, 0, z, t) = Ex (x, b, z, t) = Ez (x, b, z, t) = = Ey (0, y, z, t) = Ez (0, y, z, t) = Ey (a, y, z, t) = Ez (a, y, z, t) = 0, By (x, 0, z, t) = By (x, b, z, t) = Bx (0, y, z, t) = Bx (a, y, z, t) = 0.
(9.76)
´ Erdemes az a´ltal´anos konfigur´aci´okat, ahol Ez ´es Bz nem nulla, k´et hull´am szuperpoz´ıci´ojak´ent kezelni, ahol vagy Ez = 0 (transzverz elektromos, TE m´odus) ´es a Bz = 0 (transzverz m´agneses, TM m´odus). TE eset Itt az elektromos teret ´erdemes fel´ırni, hiszen egy komponens´et m´ar tudjuk. A megold´as s´ıkhull´amok ¨osszege kell legyen, az id˝o ´es a z-f¨ ugg´esre val´oban s´ıkhull´amszer˝ u alakot kaphatunk. A transzverz´alis ir´anyban azonban a hat´arfelt´etelek miatt ´all´ohull´amok kialakul´as´ara kell sz´am´ıtanunk. Mivel az Ex |y=0 = 0, valamint Ey |x=0 = 0, ez´ert v´arhat´oan az egyik sin(ky y)-nal, a m´asik sin(kx x)-szel kell ar´anyos legyen. N´ezz¨ uk a k¨ovetkez˝o Ansatz-ot: E0x cos kx x sin ky y E(x, y, z, t) = e−iωt+ikz z E0y sin kx x cos ky y . (9.77) 0 ulj¨on. Az A s´ıkhull´am ¨osszetev˝okre igaz ω = kc, azaz ω 2 c2 = kx2 + ky2 + kz2 kell teljes¨ nπ mπ Ex |y=b = 0 miatt ky = b , az Ey |x=0 = 0 miatt kx = a , ahol n, m eg´eszek kell legyenek. A div E = 0 felt´etel alakja: e−iωt+ikz z sin kx x sin ky y(E0x kx + E0y ky ) = 0.
(9.78)
Ez szerencs´ere teljes´ıthet˝o minden x, y-ra (az Ansatz-unknak k¨osz¨onhet˝oen), amit kapunk E0x kx + E0y ky = 0. (9.79) A m´agneses indukci´ot a rot E = −∂t B = iωB, k´eplet seg´ıts´eg´evel hat´arozhatjuk meg: − kωz E0y sin kx x cos ky y −i kz B(x, y, z, t) = rot E(x, y, z, t) = e−iωt+ikz z E cos kx x sin ky y ω 0x ω −i (kx E0y − ky E0x ) cos kx x cos ky y ω (9.80) 106
A div B = 0 ´es rot B = c−2 ∂t E automatikusan teljes¨ ulnek. Ha Bz = 0 lenne, az azt jelenten´e, hogy kx E0y = ky E0x , ami (9.79) egyenlettel egy¨ utt csak E = 0 esetben teljes¨ ulhetne. Emiatt nem lehet egyszerre TE ´es TM egy megold´as (bonyolultabb geometria eset´en m´ar igen). Fizikailag a megold´as a cs˝o keresztmetszet´en a´ll´ohull´amokat jelent, n − 1 illetve m − 1 csom´oponttal az x illetve y ir´anyban. A cs˝o ment´en kz hull´amsz´ammal ´es ω frekvenci´aval terjed˝o a hull´amot kapunk. A z ir´any´ u terjed´es f´azissebess´ege s 2 2 nπ mπ ω =c 1+ + >c (9.81) vf = kz kz a kz b mindig nagyobb mint a f´enysebess´eg, azonban a csoportsebess´eg vcs =
dω =s dkz
1+
nπ kz a
c 2
+
mπ kz b
2 < c
(9.82)
mindig kisebb. A k¨orfrekvencia k´eplet´eb˝ol q kz = ± ω 2 c2 − (kx2 + ky2 ).
(9.83)
Mivel kx ´es ky k¨oz¨ ul legal´abb az egyik nem nulla (k¨ ul¨onben a megold´as maga is azonosan nulla lenne), ez´ert l´etezik egy legkisebb k¨orfrekvencia (lev´ag´asi frekvencia), amire m´eg val´os kz -t kapunk. Ha a > b, akkor n = 1, m = 0, azaz kx = π/a, ky = 0 v´alaszt´assal 1 , akkor cπ ωmin = . (9.84) a Ha enn´el kisebb frekvenci´aj´ u hull´amot bocs´atunk a hull´amvezet˝ore, akkor kz tiszt´an imagin´arius lesz, azaz exponenci´alisan elhalnak a terek. M´asr´eszt kis kz -kre vcs ∼ kz , azaz egyre lassabban terjednek ezek a hull´amok. Az energia´araml´ashoz kisz´am´ıthatjuk a Poynting-vektort S = E × H k´eplettel. Figyeln¨ unk kell, hogy itt m´ar a komplex kifejez´esek val´os r´esz´et kell be´ırnunk. Az x ´es y komponens: 1 (Ey Hz − Ez Hy ) = µ 1 Sy = (Ez Hx − Ex Hz ) = µ
Sx =
1
ky2 − kx2 2 E sin(2ωt − 2kz z) sin(2kx x) cos2 (ky y), 4µkx 0y ky2 − kx2 2 E0x sin(2ωt − 2kz z) cos2 (kx x) sin(2ky y). (9.85) 4µky
K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy ekkor Ey 6= 0, azaz ez egy nem nulla megold´ast ´ır le.
107
Ezek egy peri´odusra vett ´atlaga nulla. A z komponens kisz´am´ıt´asa: 1 kz 2 (Ex By − Ey Bx ) = (E + Ey2 ) = µ µω x 2 kz 2 = sin2 (ωt − kz z) E0x cos2 kx x sin2 ky y + E0y sin2 kx x cos2 ky y . µω
Sz =
(9.86)
Egy peri´odusra, valamint a fel¨ uletre a´tlagolva hSz i =
kz 2 2 E0x + E0y . 8µω
(9.87)
Az energias˝ ur˝ us´eg kifejez´ese, r¨ogt¨on be´ırva az egy peri´odusra, valamint a fel¨ uletre vett a´tlagol´ast 1 1 ε 2 2 2 2 2 2 2 hwi = (E + E0y ) + k E + kz E0y + (kx E0y − ky E0x ) = 8 2 0x 2µω 2 z 0x 2 1 1 ω 2 2 2 2 2 + kz + kx + ky (E0x + E0y )− (kx E0x + ky E0y )2 .(9.88) = 2 2 2 16µω c 16µω Az utols´o tag nulla (9.79) miatt. Emiatt hwi =
1 hSz i 2 2 (E0x . + E0y )= 2 8µc vcs
(9.89)
Csak´ ugy, mint kor´abban a s´ıkhull´amok eset´en, most is egy r´eszecskeszer˝ u energia a´rams˝ ur˝ us´eget kaptunk, ahol a helyettes´ıt˝o r´eszecsk´ek sebess´ege vcs csoportsebess´eg. TM eset Az el˝oz˝o esethez hasonl´oan t´argyalhat´o, de most a m´agneses indukci´ot ´erdemes fel´ırni. Ez ism´et legyen egy z ir´anyban terjed˝o hull´am, az x − y s´ıkban a´ll´ohull´amokkal. A hat´arfelt´eteleket kiel´eg´ıt˝o megold´as: B0x sin kx x cos ky y B(x, y, z, t) = e−iωt+ikz z B0y cos kx x sin ky y , (9.90) 0 ahol ω 2 = c2 (kx2 + ky2 + kz2 ) a Maxwell-egyenletek miatt, ´es kx = t´etelek miatt. A div B = 0 egyenlet k¨ovetkezt´eben B0x kx + B0y ky = 0.
108
nπ , a
ky =
mπ b
a hat´arfel-
(9.91)
Az elektromos t´er a rot B = c−2 ∂t E = −iω/c2 E egyenletb˝ol k¨ovetkezik:
2
E(x, y, z, t) =
ic rot B(x, y, z, t) = e−iωt+ikz z ω ic2
kz c2 B0y cos kx x sin ky y ω k z c2 − ω B0x sin kx x cos ky y
(ky B0x − kx B0y ) sin kx x sin ky y (9.92) A div E = 0 ´es rot E = −∂t B egyenletek automatikusan teljes¨ ulnek. Ebben a csatorn´aban a minim´alis frekvencia nem j¨ohet az n = 1, m = 0 v´alaszt´asb´ol, mert ekkor ky = 0, azaz (9.91) miatt B0x = 0, ´es ´ıgy B = 0 lenne. A minim´alis frekvenci´ahoz n = m = 1 tartozik, r 1 1 ωmin = cπ + 2. (9.93) 2 a b ω
¨ 9.5.2. Uregrezon´ ator Ha a z ir´anyt is lez´arjuk c t´avols´agban, akkor a hat´arfelt´etelekhez hozz´aj¨on m´eg Ex (x, y, 0, t) = Ey (x, y, 0, t) = Ex (x, y, c, t) = Ey (x, y, c, t) = 0, Bz (x, y, 0, t) = Bz (x, y, z, t) = 0. Ekkor a z ir´anyban is ´all´ohull´amok alakulnak ki. A TE esetben E0x cos kx x sin ky y sin kz z E(x, y, z, t) = e−iωt E0y sin kx x cos ky y sin kz z , 0 , ky = ahol ω 2 = c2 (kx2 + ky2 + kz2 ) a Maxwell-egyenletek miatt, ´es kx = nπ a a hat´arfelt´etelek miatt. A TM esetben B0x sin kx x cos ky y cos kz z B(x, y, z, t) = e−iωt B0y cos kx x sin ky y cos kz z , 0 innen
(9.94)
(9.95) mπ b
B0y kz cos kx x sin ky y sin kz z Ex 2 Ey = ic e−iωt . −B0x kz sin kx x cos ky y sin kz z ω Ez (B0x ky − B0y kx ) sin kx x sin ky y cos kz z
´es kz =
`π c
(9.96)
(9.97)
Az u ul megmaradni, ezek ¨regben csak bizonyos frekvenci´ak k´epesek csillapod´as n´elk¨ az u ¨reg saj´atfrekvenci´ai.
109
10. fejezet Teljes id˝ ofu es: az inhomog´ en r´ esz ¨ gg´ megold´ asa Ahogy t´argyaltuk, a Ψ = −f megold´as´anak egyik eleme a homog´en r´esz ´altal´anos megold´asa, amely a hat´arfelt´etelek figyelembev´etel´ere is alkalmas. A m´asik eleme az inhomog´en r´esz egy parci´alis megold´as´anak megkeres´ese, m´egpedig a hat´arfelt´eteleket is a k´enyelem dikt´alta m´odon v´alasztva. A megoldand´o egyenletet ´ıgy a v´egtelen t´erre terjeszthetj¨ uk ki.
10.1. Green-fu enyek ¨ ggv´ A megoldand´o egyenlet teh´at Ψ = −f . Ahogyan sztatik´aban is tett¨ uk, az a´ltal´anos forr´as helyett ´att´er¨ unk a pontforr´asra: 0
0
0
0
x G(t, x; t , x ) = −δ(t − t )δ(x − x )
Z∞ ⇒
ψ(t, x) =
0
Z
dt
d3 x0 G(t, x; t0 , x0 )f (t0 , x0 ).
−∞
(10.1) A G megold´ast itt is Green-f¨ uggv´enynek h´ıvjuk. Ahogyan kor´abban is, a jobb oldal t − t0 0 ugg´ese miatt G(t − t0 , x − x0 ). illetve x − x f¨ Hogy G-t meghat´arozzuk, v´egezz¨ unk id˝obeli Fourier transzform´aci´ot. Fizikailag egy id˝oben pontszer˝ u forr´as helyett egy oszcill´al´o forr´as ter´et sz´am´ıtjuk ki. Mivel δ(t) → 1, valamint ∂t2 → −ω 2 , ez´ert (4 + k 2 )G(ω, x) = −δ(x),
ω = kc.
(10.2)
A 4 + k 2 kifejez´est nevezik Helmholtz oper´atornak. A jobb oldal, valamint a hat´arfelt´etelek is forg´asinvari´ansak, ez´ert G is az lesz, azaz g¨ombi koordin´atarendszerben fel´ırva csak r-t˝ol fog f¨ uggeni. Ezt felhaszn´alva t´erj¨ unk ´at 110
g¨ombi koordin´atarendszerre, ´es tekints¨ uk egyel˝ore az r 6= 0 esetet: 1 d2 (rG) + k 2 G = 0, r dr2
ha r 6= 0.
(10.3)
Ez m´asodrend˝ u differenci´alegyenlet, megold´asai1 GR/A (ω, r) = C
e±ikr . r
(10.4)
Az ar´anyoss´agi t´enyez˝oh¨oz a forr´ast kell figyelembe venni. Integr´aljuk a 4G = −k 2 G − δ egyenletet egy g¨ombre a Gauss t´etel seg´ıts´eg´evel, kihaszn´alva, hogy G csak r = |x| f¨ uggv´enye Z I 3 2 2 ∂G d x 4G = d xi ∇i G = 4πR = 4πC (±ikR − 1) e±ikR = ∂r r=R V ∂V R Z ZR = −4πk 2 dr r2 G(r) − 1 = −4πCk 2 dr re±ikr − 1 = 0 = 4πC 1 + (±ikR − 1) e±ikR − 1.
0
(10.5)
Ez akkor igaz, ha C = 1/(4π). A konstansunk teh´at f¨ uggetlen a k-t´ol; val´oj´aban ezt sejthett¨ uk is, mert az x = 0-n´al v´egtelen nagy forr´assal a Laplace-oper´ator v´egtelen ´ert´eke lesz egyens´ ulyban, vagyis k ´ert´eke nem sz´am´ıt az ar´anyoss´agi t´enyez˝oben. k = 0n´al viszont a Laplace-egyenlet Green-f¨ uggv´enye j¨on be, amely – mint a sztatik´aban l´attuk – 1/(4πr), azaz az ar´anyoss´agi t´enyez˝o 1/(4π). Emiatt: e±ikr . GR/A (ω, r) = 4πr
(10.6)
Hogy a val´os id˝obeli megold´ast is megkapjuk, vissza kell Fourier transzform´alnunk a megold´ast: Z∞ 1 dω −iωt ±iωr/c 1 r e e = δ t∓ . (10.7) GR/A (t, r) = 4πr 2π 4πr c −∞
Vagyis az eredeti Green-f¨ uggv´enyek alakja: |x − x0 | 1 0 GR/A (t − t , x − x ) = δ t−t ∓ . 4π|x − x0 | c 0
0
1
(10.8)
Val´ oj´ aban el´eg lenne egy partikul´ aris megold´as, de a k´enyelem, ´es a fizikai interpret´aci´o miatt megtartjuk mindk´et megold´ ast most.
111
A megold´as pedig: Z∞
1 |x − x0 | 0 ΨR/A (t, x) = dt dx δ t−t ∓ f (t0 , x0 ) = 0 4π|x − x | c −∞ Z 1 |x − x0 | 0 3 0 f t∓ ,x . = dx 4π|x − x0 | c 0
Z
3 0
(10.9)
R¨ogt¨on megfigyelhetj¨ uk, hogy ha a forr´as id˝of¨ uggetlen, akkor a sztatika eredm´eny´et kapjuk vissza.
10.1.1. A Green-fu enyek fizikai ´ ertelmez´ ese ¨ ggv´ Vegy¨ uk most azt a nem fizikai p´eld´at, mikor a pontforr´asunk csak egyetlen pillanatra, egyetlen helyen villan fel egys´egnyi er˝oss´eggel, azaz f (t, x0 ) = δ(t)δ(x0 ). Ekkor 1 |x| ΨR (t, x) = δ t− . (10.10) 4π|x − x0 | c Ez a megold´as csak t > 0-ra nem nulla, ´es ott is csak egy r = ct g¨ombfel¨ uleten: azaz egy kifut´o g¨ombhull´amfrontot kapunk. Mivel r-be csak k´esve ´erkezik a felvillan´o forr´as jele, ez´ert azt a megold´ast k´es˝o, retard´alt megold´asnak h´ıvjuk, ´es GR neve retard´alt Green-f¨ uggv´eny. Hogy a sztatik´ahoz hasonl´o k´epletet kapjunk, jel¨olhetj¨ uk Z |x − x0 | 0 [f (t, x0 )]x ret ,x . (10.11) [f (t, x0 )]x ret = f t − ⇒ ΨR (t, x) = d3 x0 c 4π|x − x0 | Ha egy forr´as t > 0-n u ¨zemel, ´es megadjuk a kezdeti felt´eteleket, akkor a megold´as Z [f (t, x0 )]x ret Ψ(t, x) = Ψ0 (t, x) + d3 x0 , (10.12) 4π|x − x0 | ahol a Ψ0 (t, x) olyan szabad megold´as, amely a t = 0 pontban a kezdeti felt´eteleket szolg´altatja. Ha ugyanezt az A Green-f¨ uggv´ennyel akarjuk megcsin´alni a felvillan´o pontforr´asra a k¨ovetkez˝o megold´ast kapjuk: 1 |x| δ t+ . (10.13) ΨA (t, x) = 4π|x − x0 | c Ez a megold´as t > 0-ra nulla, ´es t < 0-ra is csak egy r = −ct g¨ombfel¨ uleten k¨ ul¨onb¨ozik null´at´ol. Ez´ert egy befut´o g¨ombhull´amfrontot kapunk. A megold´as megel˝ozi a forr´as felvillan´as´at, ez´ert ezt a megold´ast el˝orehozott, avanzs´alt megold´asnak, a GA Green f¨ uggv´enyt avanzs´alt Green-f¨ uggv´enynek h´ıvjuk. Az ´ertelmez´es: ha egy forr´as t < t0 -ig u ¨zemel, ´es megadjuk a t´er ´ert´ek´et t = t0 -n´al, akkor a kor´abban m´erhet˝o t´er: Ψ(t, x) = Ψ0 (t, x) + ΨA (t, x). 112
(10.14)
10.2. Lokaliz´ alt, oszcill´ al´ o t¨ olt´ esrendszerek tere Elektrodinamik´aban, Lorentz m´ert´ekben, ha kezdetben a potenci´alok Φ = A = 0 voltak, akkor a retard´alt megold´asok Z 0 0 % 1 3 0 %(t − |x − x |/c, x ) ⇒ Φ(t, x) = Φ = − dx ε0 4πε0 |x − x0 | Z J (t − |x − x0 |/c, x0 ) µ0 d3 x 0 A = −µ0 J ⇒ A(t, x) = 4π |x − x0 | (10.15) Legyen most J (t, x) = J(x)e−iωt . A t¨olt´esmegmarad´as m´erlegegyenlete miatt % ∼ e−iωt , ´es ´ıgy minden megold´as ∼ e−iωt . Ekkor az id˝oderiv´alt helyettes´ıthet˝o −iω szorz´oval. Lorentz m´ert´ek eset´en 0 = div A +
−iω 1 ∂t Φ = div A + 2 Φ 2 c c
⇒
Φ(t, x) =
−ic2 div A(t, x). ω
(10.16)
Ez´ert el´eg csak a vektorpotenci´alt meghat´arozni, m´egpedig a (10.15) k´eplet alapj´an: Z Z 0 −iω(t−|x−x0 |/c) ik|x−x0 | µ0 µ0 e−iωt 3 0 J (x )e 3 0 0 e A(t, x) = dx = d x J (x ) . (10.17) 4π |x − x0 | 4π |x − x0 | Itt is bevezett¨ uk a k = ωc jel¨ol´est, mint a s´ıkhull´amokn´al. Tegy¨ uk fel, hogy a forr´as m´erete j´oval kisebb, mint a hull´amhossz d λ, ellenkez˝o esetben az egyes t¨olt´esek sug´arz´as´at k¨ ul¨on kell kezelni. Ha emellett r λ (k¨ozelz´ona), akkor els˝o k¨ozel´ıt´esben elhanyagolhatjuk a retard´al´ast, ´es a kv´azistacion´arius esetet kapjuk vissza. Ahogyan r → λ, egyre bonyolultabb lesz a t´er. r λ esetben (t´avolz´ona, hull´amz´ona vagy sug´arz´asi z´ona) a megold´as ism´et leegyszer˝ us¨odik. Itt ugyanis el´eg csak azokat a tagokat megtartani, amelyek r → ∞ eset´en nem t˝ unnek el. A nevez˝oben csak a vezet˝o tagot kell megtartani: 1 1 d ≈ + O . (10.18) |x − x0 | r r2 Az exponensben azonban 0
|x − x | =
√
r r2
+
x02
−
2xx0
=r
ˆ x0 x 1−2 +O r
d2 r
0
ˆx + O =r−x
d2 r
(10.19)
kifejt´es miatt a konstans tagot is meg kell tartsuk, hiszen m´eg v´egtelen t´avol is megfigyelhet˝o szerepe van. Ekkor Z Z ik(r−ˆ xx0 ) µ0 e−iωt µ0 eikr−iωt 0 3 0 0 e A(t, x) = d x J (x ) = d3 x0 J (x0 )e−ikˆxx . (10.20) 4π r 4π r 113
Az r-f¨ ugg˝o tag egy kifut´o g¨ombhull´amot ´ır le, amelynek ir´anyf¨ ugg´ese lesz az integr´al miatt. Megjegyz´es: b´ar itt A(r) ∼ 1/r, ez azonban nem a monop´olusok jelenl´et´et mutatja, hanem a sug´arz´as jele. Az exponensben szerepl˝o k|x0 | < kd, azaz itt m´eg sorba fejthet¨ unk: Z µ0 eikr−iωt A(t, x) = d3 x0 J (x0 )(1 − ikˆ xx0 + . . . ). (10.21) 4π r
10.2.1. Dip´ olsug´ arz´ as Az els˝o tag (10.21)-ben: µ0 eikr−iωt A(t, x) = 4π r
Z
d3 x0 J (x0 ).
A sztatik´aban ez a tag elt˝ unik, itt azonban Z Z Z Z 3 3 3 0 d xJi = d xJj ∂j xi = − d x xi ∂j Jj = d3 x0 xi ∂t % = ∂t pi = −iωpi ,
(10.22)
(10.23)
ahol pi a dip´olmomentum. Innen A(t, x) =
−iωµ0 eikr−iωt p. 4π r
(10.24)
A kialakul´o mez˝o teh´at ar´anyos a rendszer dip´olmomentum´aval, pontosabban – az ω szorz´o jelenl´ete miatt – annak v´altoz´as´aval. Emiatt ezt a tagot dip´olsug´arz´asnak nevezz¨ uk. Hogy az elektromos illetve m´agneses tereket megkapjuk, deriv´alni kell a vektorpotenci´alt. Mivel az 1/r2 tagokat elhagytuk, a deriv´al´as csak az exponensre hat, azaz ∂j eikr = ikˆ xj eikr
⇒
∇ → ikˆ x,
(10.25)
a deriv´al´as helyettes´ıthet˝o egy vektorral. Emiatt 1 kω eikr−iωt ω 2 eikr−iωt H= rot A = (ˆ x × p) = (ˆ x × p) µ0 4π r 4πc r
(10.26)
Az elektromos t´er a rot B = ∂t E miatt: E=
ic2 ˆ = Z0 H × x ˆ, ∇ × B = cB × x ω
(10.27)
ahol ism´et megjelent a Z0 v´akuumimpedancia (l. (9.29) k´eplet). Az elektromos t´erer˝oss´eg teh´at Z0 ω 2 eikr−iωt ˆ. E= (ˆ x × p) × x (10.28) 4πc r 114
A Poynting-vektor ˆ ) × H = Z0 x ˆ H2 S = E × H = Z0 (H × x
S = Z0 H 2 .
⇒
(10.29)
Az id˝of¨ ugg´eshez a terek val´os r´esz´et kell venni, vagyis S ∼ cos2 ωt. Id˝oa´tlagban 2 Z0 2 Z0 4 p S= H = ω 2 sin2 θ. 2 2 2 32π c r
(10.30)
Sug´arz´asok eset´en szokt´ak a sug´arz´as teljes´ıtm´eny-´arams˝ ur˝ us´eg´et, azaz a Poynting-vektor nagys´ag´at intenzit´asnak nevezni, ezt I-vel is jel¨olik. L´athat´o m´odon a Poynting-vektor a t´avols´aggal ford´ıtott ar´anyban cs¨okken. Ez azonban azt jelenti, hogy ha egy adott t´ersz¨ogbe kisug´arzott teljes´ıtm´enyt (intenzit´ast) n´ezz¨ uk, akkor t´avols´agf¨ uggetlen eredm´enyt kapunk. Ugyanis egy r t´avols´agban lev˝o dΩ l´atsz´olagos t´ersz¨ogbe es˝o fel¨ ulet nagys´aga r2 dΩ, ´ıgy kiesik az r2 : ˆ r2 dΩ dP = S x
⇒
dP ˆ r2 . =Sx dΩ
(10.31)
Most teh´at
dP Z0 = ω 4 p2 sin2 θ. (10.32) 2 2 dΩ 32π c A fenti eredm´eny a´br´azol´as´ahoz pol´ar-koordin´atarendszert szoktak haszn´alni, ´es felveszik a (R(θ), θ) g¨orb´et, ahol a sug´ar R(θ) = dP . Ezt a g¨orb´et l´athatjuk 10.1 ´abr´an. dΩ
10.1. ´abra. Dip´olantenna sug´arz´asi karakterisztik´aja A teljes kisug´arzott intenzit´ashoz (teljes´ıtm´enyhez) P = Z
dΩ sin2 θ = 2π
Z1
dx(1 − x2 ) =
R
dΩ dP . Mivel dΩ
8π , 3
(10.33)
−1
ez´ert
Z0 ω 4 p2 . (10.34) 12πc2 L´athat´oan a kisug´arzott teljes´ıtm´eny ∼ ω 4 , azaz csak nagy frekvenci´akon lehet jelent˝os. P =
115
Alkalmaz´ as: K¨oz´epen t´apl´alt d hossz´ us´ag´ u egyenes antenna sug´arz´asa. Megold´ as A k¨oz´epen t´apl´alt” megnevez´es azt jelenti, hogy k¨oz´epen csatlakoztatjuk az ” egyenes antenn´at a fesz¨ ults´egforr´ashoz, amit most a´ramforr´ask´ent vesz¨ unk figyelembe. Emiatt k¨oz´epen az a´ram nagys´aga adott, periodikusan v´altozik. Az antenna legv´eg´en persze nem tud hova folyni az a´ram, ott teh´at az ´aramer˝oss´eg nulla. A legegyszer˝ ubb interpol´al´o f¨ uggv´enyt felv´eve feltessz¨ uk, hogy az ´arameloszl´as az antenna ment´en line´aris: 2|z| −iωt . (10.35) 1− I(t, z) = I0 e d Ekkor Z
3
Zd/2
d xJ (x) = ez
−iωt
dz I(t, z) = 2I0 ez e
Zd/2 2z I0 d ez e−iωt . dz 1 − = d 2 0
−d/2
(10.36) Mivel (10.23) alapj´an az ´arams˝ ur˝ us´eg integr´alja −iωpe , innen p = iI2ω0 d ez . Az i f´azistol´ast jelent a k´epletben. Emiatt a kibocs´atott sug´arz´as intenzit´asa −iωt
Z0 ω 4 I02 d2 Z0 (kd)2 2 2 dP 2 = sin θ = I sin θ. dΩ 32π 2 c2 4ω 2 128π 2 0
(10.37)
A teljes kisug´arzott teljes´ıtm´eny P =
Z0 (kd)2 2 1 I = Rsug I02 , 48π 0 2
ahol Rsug =
Z0 (kd)2 ≈ 5(kd)2 Ω. (10.38) 24π
Vagyis az antenna ´aramk¨ori szempontb´ol egy ellen´all´ask´ent viselkedik, amely frekvenciaf¨ ugg˝o. Ezt nevezik az antenna sug´arz´asi ellen´all´as´anak.
10.2.2. Multipol sug´ arz´ asok Az m´asodik tag (10.21)-ben: µ0 eikr−iωt A(ω, x) = 4π r
Z
Az integr´al egy k´etindexes mennyis´eget ad: Z Mij = d3 xxi Jj ⇒ 116
d3 x0 (−ikˆ xx0 )J (x0 ).
(10.39)
−iµ0 kˆ xi Mij . 4π
(10.40)
Aj =
M antiszimmetrikus r´esze a m´agneses dip´olmomentum (l. (5.37)) Z 1 mi = εijk d3 xxj Jk . 2
(10.41)
A szimmetrikus r´esz most nem nulla: Z Z Z Z Z 3 3 3 3 d xxi Jj = d xxi Jk (∂k xj ) = − d xxj ∂k (xi Jk ) = − d xxj Ji − d3 xxi xj div J , (10.42) azaz Z Z Z Z −iω 3 3 3 3 2 d x(xi Jj +xj Ji ) = − d xxi xj div J = ∂t d x%xi xj = Qij + δij d x%x . 3 (10.43) ahol bevezett¨ uk ez elektromos kvadrupol tenzort (3.185) alapj´an. Emiatt: Z −iµ0 eikr−iωt iωk iωk 3 0 0 02 Aj (t, x) = Qji xˆi − xˆi d x %(x )x . (10.44) kˆ xi εijk mk − 4π r 6 6 Az utols´o tag tiszta gradiens, hiszen xˆi f (r) = ∂i F (r), ahol F 0 = f . Emiatt ennek rot´aci´oja nulla, ´ıgy elhagyhat´o (m´as sz´oval m´ert´ektranszform´aci´oval kik¨ usz¨ob¨olhet˝o). A t¨obbi j´arul´eka: A(t, x) =
−iµ0 ω eikr−iωt µ0 ω 2 eikr−iωt ˆ− m×x Qˆ x. 4πc r 24πc r
(10.45)
Az els˝o tag a m´agneses dip´olsug´arz´as, a m´asodik az elektromos kvadrupolsug´arz´as k´epleˆ /c te. A m´agneses dip´olsug´arz´as az elektromos k´eplettel teljesen anal´og, csak p → m × x m´odon kell az er˝oss´egeket helyettes´ıteni. Az els˝o k´et rend ¨osszege teh´at: −iµ0 ω eikr−iωt µ0 ω 2 eikr−iωt 1 ˆ − A(t, x) = Qˆ x. (10.46) p+ m×x 4π r c 24πc r A t´erer˝oss´egek 1 iω 3 eikr−iωt ω 2 eikr−iωt 1 ˆ×p+ x ˆ × (m × x ˆ) − ˆ × Qˆ H= rot A = x x x. µ0 4πc r c 24πc2 r ˆ, E = Z0 H × x Z0 ˆ H 2 ⇒ hSi = ˆ |H|2 . S = Z0 x x (10.47) 2 A sz¨ogeloszl´as bonyolult, azonban a teljes kisug´arzott teljes´ıtm´eny kisz´am´ıthat´o, mert a vegyes tagok kiesnek a t´ersz¨ogintegr´al´as sor´an; pl.: ˆ )] = (ˆ ˆ (mˆ ˆ (p × m). (ˆ x × p)[ˆ x × (m × x x × p)[m − x x)] = x 117
(10.48)
R T´ersz¨ogintegr´al´as ut´an dΩˆ x = 0. A m´agneses dip´olsug´arz´as sz¨ogeloszl´asa ugyanaz, mint az elektromos dip´ol´e, azaz a teljes´ıtm´enye is ugyanaz. Az elektromos kvadrupol esete bonyolultabb, de a v´egeredm´eny: Z0 ω 4 m2 Z0 ω 6 2 P = p + 2 + Tr Q2 . (10.49) 2 4 12πc c 1440πc L´athat´oan a m´agneses dip´ol illetve elektromos kvadrupol sug´arz´asok 1/c2 -tel elnyomott korrekci´ot adnak, ¨osszhangban a d/λ sorfejt´essel (hiszen d/λ = dω/(2πc), ´es d belemegy a multipolmomentum defin´ıci´oj´aba).
118
11. fejezet ´ Altal´ anos mozg´ ast v´ egz˝ o t¨ omegpont sug´ arz´ asa A fenti anal´ızis akkor j´o, ha d λ. Ha ez nem a´ll fenn, akkor az elemi ¨osszetev˝ok sug´arz´as´at egyes´evel kell figyelembe venni, ´es azok sug´arz´as´at interfer´altatni kell.
11.1. Li´ enard-Wiechert potenci´ alok Most egyetlen mozg´o pontt¨olt´es ter´et sz´amoljuk ki. Ennek t¨olt´es- illetve ´arams˝ ur˝ us´ege: %(t, x) = qδ(x − γ(t)),
J (t, x) = qv(t)δ(x − γ(t)).
(11.1)
Haszn´aljunk Lorentz m´ert´eket, ekkor Φ(t, x) = −
% , ε0
A(t, x) = −µ0 J (t0 , x0 ).
(11.2)
El˝osz¨or sz´amoljuk a skal´arpotenci´alt, azzal anal´og lesz a vektorpotenci´al sz´amol´asa. Haszn´aljuk a d’Alambert oper´ator Green-f¨ uggv´eny´enek (10.9) k´epletbeli alakj´at, ´es integr´aljunk a t´erf¨ ugg´esre: Z q 1 |x − x0 | 3 0 0 0 0 0 Φ(t, x) = d x dt δ (x − γ(t )) δ t − t + = 4πε0 |x − x0 | c Z q 1 |x − γ(t0 )| 0 0 = dt δ t −t+ = 4πε0 |x − γ(t0 )| c Z q |x − γ(t0 )| 0 0 = dt δ t − t + , (11.3) 4πε0 R c ahol R = x − γ(t¯),
|x − γ(t¯)| t¯ = t − c 119
⇒
c(t − t¯) = R.
(11.4)
Vagyis t¯ a Dirac-delta argumentum´anak megold´asa, fizikailag az az id˝opont, ahonnan indul´o f´enyjel x-et t-ben ´eri el. Megk¨ovetelve a retard´al´ast, azaz t¯ < t felt´etelt, a megold´as egy´ertelm˝ u, ha a r´eszecske sebess´ege kisebb mint c. A t0 -re vonatkoz´o integr´al´asn´al u ´j v´altoz´ot bevezetve u = t0 − t + ezzel Z
|x − γ(t0 )| c
|x − γ(t0 )| dt δ t − t + ) c
⇒
∂u v(x − γ(t0 )) , = 1 − ∂t0 c|x − γ(t0 )|
(11.5)
Z
1 1 1 = , δ(u) = 0 Rv ˆ v(x − γ(t )) 1 − β R 1− 1− Rc c|x − γ(t0 )| (11.6) ahol β = v/c. Ezt vissza´ırva, ¨osszefoglalva: 0
Φ(t, x) =
0
1 q , ˆ 4πε0 R 1 − β R
=
du
ahol R = x − γ(t¯),
R(t¯) t¯ = t − , c
˙ t¯), v = γ(
v . c (11.7)
β=
A fenti levezet´essel teljesen anal´og m´odon A(t, x) =
µ0 q v . ˆ 4πR 1 − β R
(11.8)
A skal´ar potenci´al k´eplete nagyon hasonl´ıt a pontt¨olt´es sztatikus potenci´alj´ahoz. Az egyik k¨ ul¨onbs´eg, hogy a pontt¨olt´esnek a l´atsz´olagos hely´ehez viszony´ıtott t´avols´agot kell felvenni, vagyis ahonnan a sug´arz´asa meg´erkezik (nyilv´an a f´enye is akkor j¨on hozz´ank, ´ıgy ez val´oban a l´atsz´olagos helye): emiatt lesz R a nevez˝oben. A m´asik k¨ ul¨onbs´eg az ˆ nevez˝o. Ez val´oj´aban a dt¯/dt h´anyados, hiszen u = 0 esetben expliciten fell´ep˝o 1 − β R ∂u/∂t0 ennek reciprok´aba megy a´t (l. m´eg (11.10)). Az elektromos ´es m´agneses t´erer˝oss´egek kisz´amolhat´ok a E = −∇Φ − ∂t A,
H=
1 rot A µ0
(11.9)
k´epletekb˝ol. A deriv´al´asok azonban nem egyszer˝ uek a bonyolult retard´al´asi k´epletek
120
miatt. A felhaszn´alhat´o azonoss´agok ∂Ri ∂R ˆ = −vi (t¯), = −Rv ∂ t¯ ∂ t¯ ¯ ¯ 1 ∂R ∂ t¯ 1 ∂ t¯ ˆ ∂t ⇒ ∂t = =1− = 1 − Rβ , ˆ ∂t c ∂ t¯ ∂t ∂t ∂t 1 − Rβ ˆ ¯ R ∂ t¯ 1 ∂R ∂R ∂ t¯ ∂ t¯ −Ri ˆ ∂t =− + = − + Rβ ⇒ = , ∂xi c ∂xi ∂ t¯ ∂xi c ∂xi ∂xi Rc − Rv ∂Ri ∂ t¯ vi Rj = δij − vi = δij + ∂xj ∂xj Rc − Rv 1 ∂Ri Rv Rj ∂R ˆj 1 + = Ri =R = . (11.10) ∂xj R ∂xj Rc − Rv R − βR Ezek felhaszn´al´as´aval kaphat´o (r´eszleteket l. 16 f¨ uggel´ekben) az elektromos t´erer˝oss´egre E(t, x) =
ˆ × [(R ˆ − β) × a] ˆ −β q qµ0 R R 2 + , (1 − β ) ˆ 3 4πR ˆ 3 4πε0 R2 (1 − β R) (1 − β R)
(11.11)
´es a m´agneses t´erer˝oss´egre: H(t, x) =
1 ˆ R × E(t, x). Z0
(11.12)
E-ben az els˝o tag nem f¨ ugg a gyorsul´ast´ol, ´es a t´avols´agf¨ ugg´ese ∼ 1/R2 . Emiatt ez a tag a Coulomb potenci´al a´ltal´anos´ıt´asak´ent foghat´o fel. A m´asodik tag a gyorsul´ast´ol f¨ ugg, ez felel˝os a sug´arz´as le´ır´as´a´ert. Ez ar´anyos a gyorsul´assal: vagyis a gyorsul´o t¨olt´es sug´aroz! A H egyszer˝ u alakja miatt k¨onnyen fel´ırhat´o a Poynting-vektor: S =E×H =
1 ˆ 2 RE . Z0
(11.13)
11.2. A sug´ arz´ as dip´ ol ko ese ¨zel´ıt´ Ha a mozg´as sebess´ege j´oval kisebb a f´enysebess´egn´el v c, akkor a β ≈ 0 k¨ozel´ıt´est haszn´alhatjuk. A v c a f´enyjel perid´odusidej´evel megszorozva d λ kifejez´esbe megy a´t, ahol a d a mozg´o t¨olt´es a´ltal megtett u ´t. Emiatt az oszcill´al´o t¨olt´esrendszerek d/λ kifejt´ese val´oj´aban v/c, azaz β szerinti kifejt´es is egyben. A β = 0 eset a vezet˝o, dip´ol k¨ozel´ıt´esnek felel meg. Messzir˝ol figyelve a mozg´o t¨olt´est, mivel a t¨olt´es csak keveset mozdul el, R ≈ r k¨ozel´ıt´est haszn´alhatjuk. A sebess´eg sz´am´ıt´as´an´al a retard´al´ast m´eg meg kell tartanunk, 121
vagyis ekkor a vektorpotenci´al: µ0 q , A(t, x) = v . 4πr t−r/c
(11.14)
A sug´arz´as sz´am´ıt´as´an´al a vezet˝o 1/r tagot akarjuk megtartani. Ez´ert a deriv´al´asokn´al az 1/r-re nem kell hatnunk, vagyis csak a retard´al´as miatt lehet ´ert´eke a t´erderiv´altaknak is: ˆ r r x r r (11.15) ∇f (t − ) = ∇(t − )∂t f (t − ) = − ∂t f (t − ). c c c c c Ez´ert a m´agneses indukci´o µ0 q ˆ ) B = rot A = (a × x . (11.16) 4πrc t−r/c Az elektromos t´erer˝oss´eghez: ∂E µ0 q ˆ) × x ˆ = c2 rot B = (a˙ × x ∂t 4πr
⇒
E=
µ0 q ˆ) × x ˆ = Z0 H × x ˆ. (a × x 4πr
(11.17)
Ez megegyezik a sug´arz´as (11.11) kifejez´es´eben a R ≈ r ´es β 1 k¨ozel´ıt´esnek. A sug´arz´as Poynting-vektora: ˆ H2 = x ˆ S = E × H = Z0 x
Z0 q 2 a2 sin2 θ, 16π 2 r2 c2
(11.18)
innen megkaphatjuk a kisug´arzott teljes´ıtm´enyt a t´ersz¨og f¨ uggv´eny´eben (l. (10.31)): Z0 q 2 2 dP = a sin2 θ. dΩ 16π 2 c2
(11.19)
A teljes kisug´arzott teljes´ıtm´enyt pedig a P =
Z0 q 2 2 a 6πc2
(11.20)
Larmor-k´eplet ´ırja le, a v/c kifejt´es vezet˝o rendj´eben. Ez a k´eplet teljesen anal´og a (10.34) k´eplettel, hiszen ha p = qx0 e−iωt alak´ u, akkor ω 2 p ∼ ∂t2 p ∼ qa, ´es ennek a n´egyzet´et tartalmazza (10.34). A 2-es faktor k¨ ul¨onbs´eg a peri´odusra vett ´atlagol´as k¨ovetkezm´enye. Alkalmaz´ as: Mekkora egy k¨orp´aly´an nemrelativisztikusan mozg´o t¨olt´es kisug´arzott teljes´ıtm´enye?
122
Megold´ as K¨orp´alya eset´en a = rω 2 , ahol ω a k¨orfrekvencia. Emiatt P =
Z0 q 2 r2 ω 4 Z 0 q 2 c2 v 4 = . 6πc2 6πr2 c
(11.21)
Relativisztikus sebess´egekre a k´eplet m´odosul (l. k´es˝obb). Ezt a k´epletet megkaphatjuk u ´gy is, hogy a k¨ormozg´ast k´et (f´azisk´es´essel elind´ıtott) oszcill´al´o dip´ol ¨osszeg´enek tekintj¨ uk, ´es haszn´aljuk a (10.34) k´epletet.
11.3. Egyenesvonal´ u egyenletes mozg´ ast v´ egz˝ o test sug´ arz´ asa Most vizsg´aljuk meg a teljes Li´enard-Wiechert potenci´alokat a legegyszer˝ ubb esetben, az egyenesvonal´ u egyenletes mozg´ast v´egz˝o test eset´ere. Legyen a megfigyel´esi pont x = (x, 0, 0), a t¨olt´es pedig a z tengely ment´en mozogjon γ(t) = (0, 0, vt). (11.7) alapj´an sz¨ uks´eg¨ unk van a k¨ovetkez˝o mennyis´egekre: R = x − γ(t¯) = (x, 0, −v t¯),
(11.22)
ahol c(t − t¯) = R, azaz p c(t − t¯) = x2 + v 2 t¯2 ahol bevezett¨ uk a
t¯ = γ
⇒
2
1p 2 x + γ 2 v 2 t2 , t− γc
1 1 γ=p =r 1 − β2 v2 1− 2 c
(11.23)
(11.24)
kifejez´est. Ezzel R − βR = c(t − t¯) +
v2 ¯ c 1p 2 t = ct − 2 t¯ = x + γ 2 v 2 t2 . c γ γ
(11.25)
V´eg¨ ul Φ(t, x) =
q γ p , 4πε0 x2 + γ 2 v 2 t2
Az (t, x) =
123
µ0 q γv p 4π x2 + γ 2 v 2 t2
(11.26)
Az elektromos t´erer˝oss´eghez kell R−
Rv = R − (t − t¯)v = (x, 0, −vt) c
⇒
E=
q γ 2 4πε0 (x + γ 2 v 2 t2 )3/2
x 0 . −vt (11.27)
A m´agneses t´erer˝oss´eghez x 0 0 x 1 1 1 0 × 0 = −vx(t − t¯) = −vx , R R c −v t¯ 0 0 −vt azaz
(11.28)
H=
γ q 4π (x2 + γ 2 v 2 t2 )3/2
0 −vx , 0
(11.29)
hiszen cε0 = 1/Z0 . v = 0-ra visszakapjuk a szok´asos sztatikus megold´ast. A retard´al´as hat´asa azonban az, hogy az ekvipotenci´alis fel¨ uletek eltol´odnak. Ha z = vt jel¨ol´est haszn´alunk, akkor a Φ =konstans fel¨ ulet ´ırhat´o u ´gy, mint p x 2 (11.30) ahol x0 = = x 1 − β 2 < x. x0 + z 2 = r2 = konstans, γ Az ekvipotenci´alis fel¨ uletek teh´at nem g¨omb¨ok! A fenti kifejez´es egy, a halad´as (z) ir´anyban ellap´ıtott ellipszis egyenlete, ´es a nagytengely ´es kistengely ar´anya γ. Ez olyan, mintha a halad´as ir´any´aban m´ert t´avols´agok ¨osszementek volna. Az elektromos t´erer˝oss´eg nagys´aga x = 0, z = r illetve x = r, z = 0 esetben E(x = 0, z = r) =
q (1 − β 2 ), 4πε0 r2
E(x = r, z = 0) =
q 1 p , 2 4πε0 r 1 − β2
(11.31)
vagyis nagy k¨ ul¨onbs´egek lehetnek β ≈ 1, azaz f´enysebess´eg k¨ozel´eben. A t´erer˝oss´eg β ≈ c eset´en l´enyeg´eben a mozg´asra mer˝oleges s´ıkban ´erz´ekelhet˝o. A fenti p´elda az´ert fontos, mert ha a´tt´er¨ unk egy olyan vonatkoztat´asi rendszerre, amely a t¨olt´essel egy¨ utt mozog, akkor az ekvipotenci´alis fel¨ uletek g¨omb alak´ uak kell legyenek. Emiatt a mozg´o vonatkoztat´asi rendszerre val´o a´tt´er´es k¨ozben a hosszak nagys´ag´at is m´odos´ıtani kell, ami idegen a klasszikus elk´epzel´esekt˝ol, ahol ezt az a´tt´er´est az egyszer˝ u z 0 = z − vt ´es t0 = t a Galilei transzform´aci´oval v´egezz¨ uk. Vagyis a Maxwellegyenletek nem invari´ansak a Galilei-transzform´aci´ora: helyette valami m´as transzform´aci´os szab´aly kell, amit Lorentz ´ırt fel el˝osz¨or: ezek a Lorentz-transzform´aci´ok. Err˝ol k´es˝obb lesz sz´o.
124
11.4. Sug´ arz´ as sz¨ ogeloszl´ asa Most vizsg´aljuk a (11.11) egyenletek sug´arz´asi r´esz´et, azaz a gyorsul´assal ar´anyos tagokat, ´es sz´amoljuk ki a kibocs´atott sug´arz´as sz¨ogf¨ ugg´es´et. Ehhez a Poynting-vektor (11.13) k´eplet´ebe a t´erer˝oss´eg megfelel˝o tagj´at kell behelyettes´ıten¨ unk. Azonban, ellent´etben a multip´olus-sorfejt´essel, itt most nem mindegy, hogy milyen megfigyel˝o szerinti eloszl´ast vessz¨ uk. Szok´asosan a sz¨ogeloszl´asn´al a mozg´o r´eszecske szerinti sz¨ogeloszl´ast szokt´ak sz´amolni. Ez azt jelenti, hogy olyan koordin´atarendszert v´alasztunk, ahol γ(t¯) = 0, ekkor R = x. A Poynting-vektorb´ol a r¨ogz´ıtett megfigyel˝o a´ltal id˝oegys´egenk´ent ´eszlelt energi´at kapn´ank meg. Ha a mozg´o r´eszecske a´ltal id˝oegys´egenk´ent kisug´arzott teljes´ıtm´enyre vagyunk k´ıv´ancsiak, akkor a kisug´arz´as idej´et kell figyelembe venni, nem az ´eszlel´es idej´et: dP =
dE dt dE ˆ (1 − Rβ), ˆ = = R2 dΩ RS dt¯ dt dt¯
(11.32)
azaz a keresett sz¨ogeloszl´as: ˙ 2 Z0 q 2 [ˆ x × ((ˆ x − β) × β)] dP = . ˆ β)5 dΩ 16π 2 (1 − x
(11.33)
K´et speci´alis esetet n´ez¨ unk meg. ˙ vagyis egy dimenzi´os gyorsul´asr´ol van sz´o, akkor a sz´aml´al´o • Ha βkβ, ˙ =x ˙ − β˙ ˆ × (ˆ ˆ (ˆ x x × β) xβ) ˆv ˆ = cos θ. Ezzel ahol x
⇒
2 ˙ 2 = β˙ 2 − (ˆ ˙ 2 = a sin2 θ, [ˆ x × ((ˆ x − β) × β)] xβ) c2 (11.34)
dP Z0 q 2 a2 sin2 θ = . dΩ 16π 2 c2 (1 − β cos θ)5
(11.35)
´ Ha β = 0, akkor visszakapjuk a dip´olsug´arz´as sz¨ogeloszl´as´at. Altal´ anos β-ra a sug´arz´as a sebess´eg ir´any´aba tol´odik, l. 11.1/a a´bra. Nagy sebess´egek eset´en β ≈ 1, ez´ert (11.24) alapj´an 1 − β = (1 − β 2 )/(1 + β) ≈ 1/(2γ 2 ). Ekkor a kis sz¨ogek domin´alnak, vagyis k¨ozel´ıthetj¨ uk sin θ ≈ θ ´es cos θ ≈ 1 − θ2 /2, azaz 2 2 1 − β cos θ ≈ (1 + (γθ) )/(2γ ), innen P ≈
2Z0 q 2 a2 8 (γθ)2 γ . π 2 c2 (1 + (γθ)2 )5
Ez azt jelenti, hogy a maximum θmax ≈ Pmax ∼ γ 8 .
1 2γ
125
(11.36)
k¨or¨ ul tal´alhat´o, a maxim´alis teljes´ıtm´eny
a.
b.
11.1. a´bra. Sug´arz´asok sz¨ogeloszl´asa: a. egy dimenzi´os gyorsul´as, a sebess´eg ´es a gyorsul´as ir´anya is x b. k¨orp´alya, a sebess´eg ir´anya mer˝oleges a gyorsul´asra. • Ha v ⊥ a, akkor a sz´aml´al´oban ˙ = (ˆ ˙ − β(1 ˙ −x ˆ × ((ˆ ˆ β), x x − β) × β) x − β)(ˆ xβ) azaz
˙ 2 (ˆ xβ) ˙ 2 = (β) ˙ 2 (1 − x ˆ β)2 − [ˆ x × ((ˆ x − β) × β)] . γ2
ˆ ´es a ˆ egym´asra mer˝oleges: v´alasszuk az els˝ot a z tengelynek, a m´asodikat Most v az x tengelynek, vagyis a ˙ x = a sin θ cos ϕ. x = β cos θ, βˆ (11.37) β = βez , β˙ = ex , ⇒ βˆ c c Ezzel Z0 q 2 a2 1 sin2 θ cos2 ϕ P = 1− 2 . (11.38) 16π 2 c2 (1 − β cos θ)3 γ (1 − β cos θ)2 Az eloszl´as k¨ ul¨onb¨oz˝o n´ezetei a 11.1/b-d. a´br´akon l´athat´ok. A sug´arz´as itt is a sebess´eg ir´any´aba tol´odik. Kis sz¨ogek eset´en ha cos ϕ = 1: P ≈ A maximum itt is θmax ∼
1 γ
Z0 q 2 a2 6 (1 − (γθ)2 )2 γ 2π 2 c2 (1 + (γθ)2 )5
sz¨ogn´el tal´alhat´o Pmax ∼ γ 6 . 126
(11.39)
A teljes kibocs´atott teljes´ıtm´enyhez ki kell integr´alni a teljes t´ersz¨ogre a (11.33) kifejez´est. Az integr´al el´eg bonyolult, de elv´egezhet˝o. Az eredm´eny: P =
Z0 q 2 6 2 γ (a − (β × a)2 ), 6πc2
(11.40)
¨ ahol γ = (1 − β 2 )−1/2 . Osszehasonl´ ıtva a (11.20) k´eplettel, l´athat´o, hogy β 2 = v 2 /c2 -es korrekci´okat kapunk, ahogyan v´artuk is. Az integr´al bonyolults´aga ellen´ere a v´egk´eplet igen egyszer˝ u – val´oj´aban megkaphatjuk a Maxwell-egyenletek szimmetriatulajdons´agait haszn´alva, l. k´es˝obb. Speci´alis esetk´ent vizsg´aljuk meg a k¨orp´aly´an mozg´o test eset´et. Ekkor v ⊥ a. A test akkor is gyorsul, ha egyenletes sebess´eggel mozog a k¨orp´aly´an, ez a szinkrotronsug´arz´as. Legyen a g¨orb¨ uleti sug´ar r, ekkor v × a = va
⇒
β 4 c4 1 2 ω 4 r2 a − (β × a) = 2 a = 2 = 2 2 . γ γ γ r 2
2
(11.41)
Ezzel
Z0 q 2 c2 (γβ)4 . (11.42) 6πr2 Ezt ¨osszehasonl´ıtva (11.21) k´eplettel, a k¨ ul¨onbs´eg a γ 4 faktor megjelen´ese. Ezt az egyenletet fel´ırhatjuk a r´eszecske impulzus´aval is, hiszen E = m0 γc2 ´es β = pc/E miatt βγ = p/(m0 c): 4 4 2 2 p E Z0 q 2 c2 v≈c Z0 q c P = −→ , (11.43) 6πr2 m0 c 6πr2 m 0 c2 P =
ahol az utols´o alak az ultrarelativisztikus sebess´egekre vonatkozik. Egy fordulat alatt elszenvedett vesztes´eg energi´aban az ultrarelativisztikus tartom´anyban (tper ≈ 2πr/c): Z0 q 2 c δE = 3r
E m 0 c2
4 .
(11.44)
Ez igen nagy lehet, k¨ ul¨on¨osen, ha m0 kicsi. A CERN LEP2 gyors´ıt´oj´aban E ≈ 60GeV energi´as elektronnyal´abn´al E/m0 c2 = 1.2 · 105 , ezzel fordulatonk´ent 300M eV vesztes´eg volt – val´oj´aban ez a legfontosabb ok, hogy mi´ert nem lehet nagyobb energi´as elektronpozitron gyors´ıt´ot ´ep´ıteni. δE cs¨okkent´es´ehez adott energia mellett vagy nagyobb sug´ar kell, vagy nagyobb m0 . Emiatt a mai gyors´ıt´ok m´ar hatalmas m´eret˝ uek (CERN: 27 km-es (kb 4.3 km sugar´ u) gy˝ ur˝ u), ´es elektron helyett protonokat vagy neh´ezionokat gyors´ıtanak (LHC). Ekkor a sug´arz´asi vesztes´eg (me /mp )4 ≈ 6 · 10−14 faktorral kisebb, ´altal´aban elhanyagolhat´o. Lehet, hogy a sug´arz´ast akarjuk haszn´alni, pl. anyagvizsg´alatra, ekkor a sug´arz´asi vesztes´eg n¨ovel´ese a c´el. Ehhez az elektronnyal´abot hull´amz´o p´aly´ara k´enyszer´ıtik (undulator). 127
11.5. Sug´ arz´ as spektruma A sug´arz´o test a´ltal kibocs´atott sug´arz´ast annak alapj´an is vizsg´alhatjuk, milyen frekvenci´aj´ u ¨osszetev˝oi vannak, vagyis ha egy spektrom´etert helyezek a sug´arz´as u ´tj´aba, akkor az valamely frekvenciatartom´anyban mekkora kimen˝o intenzit´ast ´eszlel. Gondoljuk el˝osz¨or v´egig, mit is m´er a spektrom´eter. Ha a sug´arz´as teljes id˝of¨ ugg´es´et Fourier-transzform´aljuk, akkor id˝of¨ ugg´es helyett frekvenciaf¨ ugg´est kapunk. Azonban a spektrom´eter csak v´eges ideig m´er, vagyis nem a Fourier-spektrumot dolgozza fel teljesen. Ugyanakkor azokra a m´odusokra, amelyekre ´erz´ekeny, nagyon hossz´ u, v´egtelennek tekinthet˝o a m´er´esi ideje. Mindezek alapj´an u ´gy gondolhatunk a spektrumra, hogy a sug´arz´as intenzit´as´anak id˝of¨ ugg´es´et k´et r´eszre osztjuk, egy lass´ u ´es egy gyors r´eszre, azt´an a gyors r´eszen Fourier-transzform´aci´ot v´egz¨ unk el. Ezek ut´an kaphatunk egy id˝of¨ ugg˝o spektrumot. Most teh´at a spektrom´eter ´altal ´eszlelt sug´arz´as teljes´ıtm´eny´et kell figyelembe venn¨ unk. A bej¨ov˝o intenzit´ast u ´gy ´ırjuk fel, hogy ˙ ˆ × [(R ˆ − β) × β] qZ0 R ˆ 3 4π (1 − Rβ) (11.45) (itt teh´at hi´anyzik az extra 1 − βR faktor a (11.33) egyenlethez k´epest). A spektrom´eterbe be´erkez˝o o¨sszenergia, v´egtelennek tekintve a m´er´esi id˝ot: 1 2 2 1 2 dP = R E (t) = C (t) dΩ Z0 Z0
⇒
C(t) = RE sug (t) =
1 dW = dΩ Z0
Z∞
dt C 2 (t).
(11.46)
−∞
Fourier-transzform´alva a fenti kifejez´est, ´es felhaszn´alva, hogy C(t) val´oss´aga miatt C(−ω) = C ∗ (ω), kapjuk dW 1 = dΩ Z0
Z∞ −∞
dω 1 |C(ω)|2 = 2π πZ0
Z∞
dω |C(ω)|2 .
(11.47)
0
Innen beazonos´ıthatjuk az adott frekvenciatartom´anyban ´eszlelhet˝o teljes´ıtm´enyt (intenzit´ast): d2 P 1 = |C(ω)|2 . (11.48) dΩdω πZ0 Fel´ırhatjuk E-t illetve C-t polariz´aci´os ir´anyok szerint: C = e1 C1 + e2 C2 ezzel
⇒
C1,2 = e1,2 C,
1 d2 P = |C1 (ω)|2 + |C1 (ω)|2 , dΩdω πZ0 128
(11.49)
(11.50)
a k´et tag a k´et polariz´aci´os ir´any f¨ uggetlen j´arul´eka. A konkr´et alakb´ol Z∞ ˙ ˆ ˆ Z0 q iωt R × [(R − β) × β] C(ω) = dt e = ˆ 3 4π (1 − Rβ) t¯=t−R(t¯)/c =
Z0 q 4π
−∞ Z∞
0
0
dt0 eiω(t +R(t )/c)
−∞
˙ ˆ × [(R ˆ − β) × β] R , ˆ 2 (1 − Rβ)
(11.51)
ahol alkalmaztuk a t = t¯ u ´j v´altoz´ora val´o ´att´er´est. Ha el´eg messze van a megfigyel´esi pont, akkor a dip´ol k¨ozel´ıt´esn´el l´atott a´talak´ıt´asok alkalmazhat´ok: ˆ ≈x ˆ γ, ˆ. R = |x − γ| ≈ r − x m´ashol R (11.52) 0
Ekkor: Z0 q C(ω) = 4π
Z∞
0
r
dt0 eiω(t + c −
ˆ γ (t0 ) x ) c
˙ ˆ × [(ˆ x x − β) × β] . ˆ β)2 (1 − x
(11.53)
−∞
Haszn´alhatjuk a k¨ovetkez˝o azonoss´agot " # ˙ ˙ ˆ × [(ˆ ˆ × (ˆ x x − β) × β] d x x × β) = ˆ β)2 ˆβ (1 − x dt 1−x
(11.54)
Mivel az exp(iωr/c) f´azisfaktor kiesik |C(ω)|2 -b˝ol, ez´ert a l´enyeges r´eszre ´ırhatjuk " # Z∞ ˙ ˆ Z0 q x × (ˆ x × β) d C(ω) ⇒ . (11.55) dteiω(t−ˆxγ(t)/c) ˆβ 4π dt 1−x −∞
Ez az alak j´ol mutatja, hogy csak onnan j¨on sug´arz´as, ahol gyorsul a r´eszecske. Egy polariz´aci´ora val´o vet¨ ulet ex = 0 miatt ∞ Z ˙ + (eβ)(1 ˙ ˆ β) Z0 q (eβ)(ˆ xβ) −x dteiω(t−ˆxγ(t)/c) . (11.56) eC(ω) = − 2 ˆ β) 4π (1 − x −∞
11.5.1. Szinkrotronsug´ arz´ as spektruma K¨ormozg´as eset´en a k¨orp´alya s´ıkja legyen az xy s´ık, a sugara %, a k¨orfrekvencia ω ¯ = v/% sin ω ¯t cos ω ¯t sin ω ¯t ˙ ¯t ¯ t , β = −β ω ¯t , γ = % cos ω β = β − sin ω ¯ cos ω 0 0 0 cos θ 0 sin θ ˆ = 0 , ek = 1 , e⊥ = ek × x ˆ = 0 . x (11.57) sin θ 0 − cos θ 129
Ekkor ˆ γ = % cos θ sin ω ˆ β = β cos θ cos ω ˆ β˙ = −β ω x ¯ t, x ¯ t, x ¯ cos θ sin ω ¯ t, ˙ ek β = −β sin ω ¯ t, ek β = −β ω ¯ cos ω ¯ t, e⊥ β = β sin θ cos ω ¯ t, e⊥ β˙ = −β ω ¯ sin θ sin ω ¯ t, (11.58) vagyis Z0 qβ ω ¯ ek C(ω) = − 4π
Z∞
%
dt eiω(t− c cos θ sin ω¯ t)
cos ω ¯ t − β cos θ , (1 − β cos θ cos ω ¯ t)2
−∞
Z0 qβ ω ¯ sin θ e⊥ C(ω) = − 4π
Z∞
%
dt eiω(t− c cos θ sin ω¯ t)
sin ω ¯t . (1 − β cos θ cos ω ¯ t)2
(11.59)
−∞
β ≈ 1 eset´en a sug´arz´as csak v´ekony, ∼ 1/γ sz¨ogben ´erkezik, vagyis id˝oben felbontva r¨ovid idej˝ u sug´arz´ast kapunk. Ekkor van ´ertelme a spektr´alis felbont´asnak. Ha ω ¯t 1 2 a relev´ans tartom´anyban, akkor sin x ≈ x ´es cos x ≈ 1 − x /2 vezet˝o rendj´enek helyettes´ıt´essel cos θ = 1-n´el kapjuk (vegy¨ uk ´eszre, hogy ω ¯ %/c = β): Z0 q ω ¯ (1 − β) ek C(ω) ≈ − 4π
Z∞
ω ¯ 2 t2 1−β+ 2
−∞
Z0 qω 3 (1 − β)4 =− πω ¯3
Z∞ du −∞
Z∞
Z0 qγa3 =− 2π
du
2
2
2 =
eiu 2ω 2 (1 − β)3 + u2 ω ¯2
eiu a +u
−∞
eiωt(1−β)
dt
2 2
=−
2 =
Z0 qγ (a + 1)e−a , 4
(11.60)
3
ahol bevezett¨ uk az a2 = 2ω (1−β) jel¨ol´est, ´es felhaszn´altuk a kor´abban l´atott 1 − β ≈ ω ¯2 1/(2γ 2 ) k¨ozel´ıt´est a β ≈ 1 k¨ozel´eben. A fenti alak mutatja, hogy az integr´al ann´al az ωc frekvenci´an´al fog lev´agni, ahol a ∼ 1, azaz ωc2 (1 − β)3 ∼1 ω ¯2
⇒
ωc ∼
ω ¯ c ∼ γ3 . 3/2 (1 − β) %
(11.61)
Ezt heurisztikusan is meg´erthetj¨ uk: a sug´arz´as sz¨oge ∼ 1/γ, a sebess´eg c, vagyis az az id˝o, am´ıg a sug´arz´ast l´atom: ∆t0 = θ/¯ ω ∼ %/(cγ). Mivel azonban a forr´as a megfigyel˝o fel´e mozog, a jel els˝o ´es h´ats´o ´ele k¨oz¨ott lev˝o t´avols´ag c∆t0 − v∆t0 , vagyis a k¨ozt¨ uk eltelt id˝o ∆t = ∆t0 (1 − β) ∼ ∆t0 /γ 2 ∼ %/(cγ 3 ). Fourier-t´erben az ennek megfelel˝o frekvencia ωc ∼ γ 3 c/%. 130
12. fejezet Elektrom´ agneses hull´ amok sz´ or´ asa A sug´arz´as eddigi vizsg´alat´at le´ırhatjuk u ´gy, hogy el˝osz¨or a forr´asmentes sug´arz´ast n´ezt¨ uk, azt´an meg´ertett¨ uk, hogy a sug´arz´as forr´asa a gyorsul´o t¨olt´es. Itt tov´abb mehet¨ unk, ´es megk´erdezhetj¨ uk, mi´ert gyorsul a t¨olt´es? Ennek egy lehets´eges oka az, hogy elektrom´agneses hull´am tere gyors´ıtja. Vagyis ekkor egy be´erkez˝o elektrom´agneses hull´am t¨olt´eseket gyors´ıt, azok viszont sug´aroznak. Ez a folyamat az elektrom´agneses hull´amok sz´or´asa. Ezzel foglalkozunk most. Legyen a bemen˝o hull´am monokromatikus s´ıkhull´am: E be = e0 E0 e−iωt+ikx ,
H be =
1 ˆ k × E be . Z0
(12.1)
Ez el´er egy kism´eret˝ u anyagdarabot, annak t¨olt´eseit gyors´ıtja, ezek sug´aroznak, kialak´ıtva a sz´ort teret. Miut´an az anyagdarab kis m´eret˝ u, feltehetj¨ uk, hogy a sug´arz´asa g¨ombhull´am. Ennek megfelel˝oen a teljes elektromos, illetve m´agneses t´er E = E be + E sz´ort ,
E sz´ort = Asz´ort
eikr , r
H=
1 ˆ k × E. Z0
(12.2)
Hogyan jellemezhet˝o a sz´or´as? Lehetne sz´ort teljes´ıtm´eny/bemen˝o teljes´ıtm´eny, azonban a sz´ort teljes´ıtm´eny f¨ ugg a t´avols´agt´ol (g¨ombhull´am). Ez´ert a t´avols´agf¨ uggetlen jellemz˝o egys´egnyi t´ersz¨ogbe sz´ort teljes´ıtm´eny |r2 dΩSsz´ort | dσ = = . (12.3) egys´egnyi fel¨ uleten bemen˝o teljes´ıtm´eny |Sbe | Ennek a mennyis´egnek fel¨ ulet (m2 ) dimenzi´oja van, a neve sz´or´asi hat´askeresztmetszet. A sz´ort hull´amn´al megtehetj¨ uk, hogy csak egy, e vektorral jellemzett polariz´aci´ot vesz¨ unk figyelembe. Be´ırva a t´erer˝oss´egeket azt kapjuk, hogy dσ |e∗ Asz´ort |2 = . dΩ E02 131
(12.4)
A teljes hat´askeresztmetszet a teljes 4π t´ersz¨ogbe sz´ort teljes´ıtm´eny nagys´aga egys´egnyi fel¨ uleten bemen˝o teljes´ıtm´eny ar´any´aban: Z dσ σ = dΩ . (12.5) dΩ
12.1. Sz´ or´ as az anyag egyenl˝ otlens´ egein A sz´or´ocentrumot t¨obbf´elek´eppen kezelhetj¨ uk. Most tegy¨ uk fel, hogy folytonos anyagmodell¨ unk van, ahol a dielektromos a´lland´o ´es a permeabilit´as helyf¨ ugg˝o: ε(x), µ(x), ´es az anyag ´atlag´at jellemz˝o ε0 , µ0 (most nem felt´etlen¨ ul a v´akuum ´ert´ek!) ´ert´ekekhez k´epest kicsi az elt´er´es. A szuszceptibilit´asokkal fel´ırva ε(x) − ε0 = χE 1, ε0
´es
µ(x) − µ0 = χM 1. µ0
(12.6)
A Maxwell-egyenleteket ekkor forr´astag n´elk¨ ul ´ırhatjuk fel ∇D = 0,
∇B = 0,
∇ × E = −∂t B,
∇ × H = ∂t D.
(12.7)
A probl´ema megold´as´anak kulcsa, hogy egy olyan mennyis´eget tekint¨ unk, amely homog´en anyagban nulla lenne. Ahogy k´es˝obb l´athat´o lesz, az optim´alis v´alaszt´as: ∇ × (∇ × (D − ε0 E)) = ∇(div D) − 4D + ε0 ∂t ∇ × B = 1 = −4D + ε0 ∂t ∇ × (B − µ0 H) + 2 ∂t2 D. c
(12.8)
´ Atrendezve: D = ε0 ∂t ∇ × (B − µ0 H) − ∇ × (∇ × (D − ε0 E)),
(12.9)
vagy a szuszceptibilit´asokkal kifejezve: D = ε0 µ0 ∂t ∇ × (χM H) − ε0 ∇ × (∇ × (χE E)).
(12.10)
Ha a jobb oldal nulla lenne (homog´en anyag), megkapn´ank a szabad hull´amegyenletet. Most a jobb oldal tekinthet˝o a hull´amok forr´as´anak. Ha a bees˝o hull´am monokromatikus s´ıkhull´am, akkor az id˝of¨ ugg´ese ∼ e−iωt , ez lesz minden t´er id˝of¨ ugg´ese is. Ekkor az id˝oderiv´alt −iω-val helyettes´ıthet˝o: (4 + k 2 )D = −iε0 µ0 ω∇ × (χM H) − ε0 ∇ × (∇ × (χE E)).
(12.11)
Ezt form´alisan meg tudjuk oldani a Helmholtz oper´ator Green f¨ uggv´enye (10.6) seg´ıts´eg´evel: Z ik|x−x0 | 1 3 0e D = D0 + dx iε0 µ0 ω∇ × (χM H) + ε0 ∇ × (∇ × (χE E)) . (12.12) 4π |x − x0 | 132
A m´asodik tag felel meg a sz´ort hull´amnak. T´avoli megfigyel˝o eset´en a szok´asos k¨ozel´ıˆ x0 kapjuk t´essel ´elve |x − x0 | ≈ r − x Z eikr 1 3 0 −ikˆ xx0 D = D 0 + ε0 dx e iωµ0 ∇ × (χM H) + ∇ × (∇ × (χE E)) . (12.13) r 4π Ezt leosztva ε0 -lal beazonos´ıthatjuk a kifut´o g¨ombhull´amokat (D/ε0 ugyan nem teljesen E, de az elt´er´es¨ uk csak lok´alis, nem k´epvisel sug´arz´ast): Z 1 3 0 −ikˆ xx0 Asz´ort = dx e iωµ0 ∇ × (χM H) + ∇ × (∇ × (χE E)) , (12.14) 4π 0
Parci´alis integr´al´assal a deriv´al´asokat a´th´ar´ıthatjuk az e−ikˆxx alakra egy negat´ıv el˝ojel fell´ep´ese mellett: emiatt ∇ → ikˆ x helyettes´ıt´essel ´elhet¨ unk. Mivel ω = kc ´es Z0 = µ0 c, ´ıgy Z k2 3 0 −ikˆ xx0 ˆ + χE x ˆ × (E × x ˆ) . dx e Asz´ort = χM Z0 H × x (12.15) 4π Ez az egyenlet val´oj´aban egy implicit egyenlet, nem explicit megold´as, hiszen a jobb oldalon fell´ep˝o t´erer˝oss´egek tartalmazz´ak Asz´ort -at. Azonban megoldhatjuk szukcessz´ıv approxim´aci´oval: ⇒
(1)
⇒
⇒
(2)
⇒
Asz´ort
E 1, H 1
Asz´ort
E 2, H 2
⇒
..., (12.16) a folyamat v´ege az egzakt megold´as. Ha kicsik a sz´or´ocentrumok, akkor a m´asodik, harmadik stb. t´erer˝oss´egekhez tartoz´o korrekci´ok – a t¨obbsz¨or¨os sz´or´asok j´arul´ekai – egyre kisebbek. Sokszor megel´egedhet¨ unk az els˝o korrekci´oval (Born-k¨ozel´ıt´es). Ekkor a fenti k´epletbe a bees˝o s´ıkhull´am (12.1) k´eplete ´ırhat´o be: Z k 2 E0 3 0 i(kx0 −kˆ xx0 ) ˆ ˆ + χE x ˆ × (e0 × x ˆ) . dx e χM (k × e0 ) × x (12.17) Asz´ort = 4π E be , H be
Vezess¨ uk be a q = k − kˆ x
(12.18)
iqx0
vektort, ezzel az exponens e alakban ´ırhat´o. Vegy¨ uk ´eszre azt is, hogy itt val´oj´aban χM ´es χE Fourier transzform´altj´at sz´amoljuk ki! Azaz k 2 E0 ˆ ˆ + χ˜E (q)ˆ ˆ) . χ˜M (q)(k × e0 ) × x x × (e0 × x (12.19) Asz´ort = 4π Adott e kimen˝o polariz´aci´ora vet´ıt´eshez e∗ -gal kell szoroznunk; felhaszn´alva, hogy a(b × c) = b(c × a): k 2 E0 ∗ ∗ ∗ ˆ e Asz´ort = χ˜M (q)(k × e0 )(ˆ x × e ) + χ˜E (q)e e0 . (12.20) 4π 133
Emiatt azt´an a differenci´alis hat´askeresztmetszet (12.4) alapj´an: 2 dσee0 k 4 ∗ ∗ ˆ × e0 )(ˆ = χ ˜ (q)( k x × e ) + χ ˜ (q)e e q = k − kˆ x. , M E 0 dΩ 16π 2
(12.21)
Jellegzetess´ege a ∼ k 4 f¨ ugg´es. ⊥ ˆ ˆ A polariz´aci´os vektorokat ´erdemes a k¨ovetkez˝o m´odon v´alasztani: e⊥ 0 = e = αk × x k ⊥ ˆ k ˆ = cos θ. V´alasztva ˆ . A norm´al´ashoz α = 1/ sin θ, ahol x ˆk ´es e0 = e⊥ 0 × k, e = e0 × x ˆ ˆ egy olyan koordin´atarendszert, ahol kkz, azaz k = (0, 0, 1), kapjuk sin θ 0 1 cos θ k 1, ˆ = 0 , x e⊥ = e⊥ e0 = 0 , ek = 0 ,(12.22) 0 = cos θ 0 0 − sin θ A megfelel˝o polariz´aci´os vektor szorzatok k
k
⊥ k e⊥ e⊥ e0 e⊥ = 0, e0 ek = cos θ, 0 e = 1, 0 e = 0, k k k ⊥ ⊥ k ˆ × e⊥ )(ˆ ˆ × e⊥ )(ˆ (k (k 0 x × e ) = e0 e = cos θ, 0 x × e ) = −e0 e = 0, k ⊥ ⊥ k ⊥ ⊥ ˆ × ek )(ˆ ˆ × ek )(ˆ (k (k (12.23) 0 x × e ) = −e0 e = 0, 0 x × e ) = e0 e = 1.
Ilyen m´odon v´eg¨ ul is dσk,k k4 = |χM (q) + χE (q) cos θ|2 , dΩ 16π 2 dσ⊥⊥ k4 = |χM (q) cos θ + χE (q)|2 . 2 dΩ 16π
(12.24)
Vagyis a sz´or´as sor´an a fenti m´odon v´alasztott polariz´aci´ok nem keverednek. Ha a bemen˝o hull´am polariz´alatlan, vagyis azonos mennyis´egben tartalmazza a k¨ ul¨onb¨oz˝o polariz´aci´ok j´arul´ek´at, akkor a´tlagolnunk kell a k¨ ul¨onb¨oz˝o polariz´aci´ok j´arul´ek´ara: dσk k4 = |χM (q) + χE (q) cos θ|2 , dΩ 32π 2 k4 dσ⊥ = |χM (q) cos θ + χE (q)|2 . 2 dΩ 32π
(12.25)
A kimen˝o polariz´alts´ag jellemz´es´ere vezess¨ uk be: dσ⊥ dσk − dΩ . Π(θ) = dΩ dσ⊥ dσk + dΩ dΩ
(12.26)
Nyilv´an Π(θ) ∈ [−1, 1], ha Π(θ) = 1 akkor teljesen mer˝oleges, ha Π(θ) = −1, akkor teljesen p´arhuzamos a polariz´alts´ag. 134
Alkalmaz´ as: Kis r sugar´ u f´emg¨omb sz´or´asi hat´askeresztmetszete? Megold´ as Kis m´eret˝ u f´emg¨ombn´el vehetj¨ uk a bees˝o hull´am ter´et homog´ennak. Ekkor a bees˝o elektromos t´er dip´olmomentumot hoz l´etre, melynek er˝oss´ege (l. (3.33)) p = 4πε0 r3 E. Ez jellemezhet˝o s˝ ur˝ us´eggel is: P = 4πε0 r3 Eδ(x). Az elektromos eltol´as ez´ert D = ε0 E + P = ε0 (1 + 4πε0 r3 Eδ(x))E
⇒
χE (x) = 4πr3 δ(x). (12.27)
A f´emg¨omb¨ot t¨ok´eletes diam´agnesnek tekintve homog´en m´agneses t´erben szint´en egy dip´ol alakul ki m = −2πr3 H (l. (5.72) a µr = 0 limeszben). Ez megfelel B = µ0 (H + M )
⇒
χM (x) = −2πr3 δ(x).
Ezzel az integr´alok elv´egezhet˝ok, ´es 2 1 ˆ dσ 4 6 ∗ ∗ = k r e e0 − (k × e0 )(ˆ x × e ) dΩ 2 A k¨ ul¨onb¨oz˝o polariz´aci´ok j´arul´eka 2 1 4 6 cos θ dσ⊥ = k r 1 − , dΩ 2 2
dσk 1 4 6 = k r cos θ − dΩ 2
(12.28)
(12.29)
2 1 . 2
A polariz´aci´okra o¨sszegzett differenci´alis hat´askeresztmetszet 5 dσ 4 6 2 =k r (1 + cos θ) − cos θ , dΩ 8
(12.30)
(12.31)
a kimen˝o polariz´alts´ag Π(θ) =
3 sin2 θ . 5(1 + cos2 θ) − 8 cos θ
(12.32)
Ezeket a 12.1 ´abr´an l´athatjuk. K´et jellegzetess´ege: • er˝os visszasz´or´as: a sz´ort hull´am intenzit´asa h´atrafel´e a legnagyobb. A f´emg¨omb¨ok pora t¨ ukr¨oz˝odik”. ” • a polariz´alts´ag cos θ = 1/2-n´el 1, ekkor csak ⊥ polariz´alts´ag marad.
135
12.1. a´bra. Differenci´alis hat´askeresztmetszet ´es polariz´alts´ag f´emg¨omb¨on val´o sz´or´as eset´en
12.2. Sz´ or´ as g´ azon ´ es szab´ alyos krist´ alyon Tegy¨ uk fel, hogy a sz´or´ocentrumok igen kicsik az elektrom´agneses hull´am hull´amhossz´ahoz k´epest. Ekkor molekul´aris szinten ´ırhatjuk le a polariz´alhat´os´agot. Itt feltessz¨ uk, hogy a m´agneses polariz´alhat´os´ag elhanyagolhat´o, a molekul´aris elektron polariz´alhat´os´ag pedig γmol : X χE = γmol δ(x − xj ), χM = 0. (12.33) j
Ezzel (12.25) alapj´an k4 dσ⊥ = |γmol |2 |F(q)|2 , dΩ 32π 2
F(q) =
X j
e−iqxj ,
dσk dσ⊥ = cos2 θ . dΩ dΩ
(12.34)
Az ir´anyf¨ ugg˝o F(q) faktor val´oj´aban az anyageloszl´as Fourier-transzform´altja. |F(q)|2 -t k´et szummak´ent fel´ırva: X |F(q)|2 = e−iq(xi −xj ) . (12.35) ij
G´az eset´en a sz´or´ocentrumok v´eletlenszer˝ uen helyezkednek el, vagyis az i 6= j j´arul´ekok ki´atlagolj´ak egym´ast, ez´ert marad |F(q)|2 = N , ahol N a sz´or´ocentrumok sz´ama. A t´erfogategys´egre sz´amolt sz´or´asi hat´askeresztmetszet ez´ert 1 dσ⊥ k4N = |γmol |2 , V dΩ 32π 2
1 dσk 1 dσ⊥ = cos2 θ , V dΩ V dΩ
(12.36)
ahol N = N/V a sz´or´ocentrumok s˝ ur˝ us´ege. S˝ ur˝ ubb anyagban ´es nagyobb frekvenci´akn´al teh´at er˝osebben sz´or´od´ast l´atunk.
136
A teljes differenci´alis hat´askeresztmetszet illetve a polariz´alts´ag k4N 1 dσ = |γmol |2 (1 + cos2 θ), 2 V dΩ 32π
Π(θ) =
sin2 θ , 1 + cos2 θ
(12.37)
l. a 12.2 a´br´an. L´athat´oan cos θ = 0, azaz a bej¨ov˝o ir´anyra mer˝olegesen a legkisebb a
12.2. a´bra. Differenci´alis hat´askeresztmetszet ´es polariz´alts´ag sz¨ogf¨ ugg´ese g´azon val´o sz´or´as eset´en. sz´ort f´eny intenzit´asa, ´es ott teljes a polariz´alts´ag. A teljes hat´askeresztmetszet (12.5) az o¨sszes ir´anyra o¨sszegzett differenci´alis hat´askeresztmetszet, vagyis a sz´ort teljes intenzit´as: 1 α= σ= V
Z
dσ k4N dΩ = |γmol |2 , dΩ 6π
Z1 mert
8 dx (1 + x2 ) = . 3
(12.38)
−1
Ezt kifejezhetj¨ uk a t¨or´esmutat´oval is, hiszen ritka g´azra εr = 1 + N γmol , ´es n = 1 + N γmol /2 (l. Clausius-Mosotti egyenlet, (4.38)), ezzel α=
2k 4 (n − 1)2 , 3πN
√
εr ≈
(12.39)
ez a Rayleigh-sz´or´as formul´aja. A t´erfogattal norm´alt teljes sz´or´asi hat´askeresztmetszet le´ırja a bees˝o f´eny intenzit´asvesztes´eg´et: egy dAdx t´erfogat´ u t´erelemre fel´ırva az ott lev˝o anyag a´ltal kisz´ort ¨osszteljes´ıtm´enyre fel´ırhat´o dPsz´ort = σ, (12.40) Sbe ahol Sbe a bemen˝o teljes´ıtm´eny´aram. A kisz´ort ¨osszteljes´ıtm´eny az eredeti hull´am intenzit´asvesztes´ege: dPsz´ort = −dPbe . M´asr´eszt a t´erfogatelembe bel´ep˝o teljes´ıtm´eny 137
Pbe = dASbe . Emiatt dPbe dA = −σ = −dAdxα Pbe
⇒
d ln Pbe = −α dx
⇒
(0)
Pbe ∼ Pbe e−αx .
(12.41)
L´egk¨or¨on val´o sz´or´asra alkalmazva a fentieket • a sz´or´as er˝oss´ege ∼ k 4 , ez´ert ha a sz´ort f´enyt figyelj¨ uk, ott a nagyobb frekvenci´ak domin´alnak, vagyis k´ek az ´eg • ha a f´enyforr´ast figyelj¨ uk, ott a nagyobb frekvenci´ak egy r´esze m´ar kisz´or´odott, vagyis a lemen˝o Nap f´enye v¨or¨oses • θ = π/2-n´el, vagyis a Napra mer˝oleges ir´anyban legkisebb a differenci´alis sz´or´asi hat´askeresztmetszet, vagyis ott a legs¨ot´etebb (legm´elyebb) az ´eg • itt teljesen polariz´alt a f´eny, ebb˝ol a Nap ir´any´at m´eg akkor is meg lehet hat´arozni, ha nem l´atszik a Nap. • ha a sz´or´ocentrumok s˝ ur˝ us´ege v´egtelenhez tartana, de a t¨or´esmutat´o nem lenne 1, akkor α → 0, vagyis nem lenne sz´or´as. Az ´eg k´ek sz´ıne teh´at az atomok l´etez´es´enek k¨ozvetett bizony´ıt´eka. A fenti gondolatmenet alkalmazhat´o akkor is, ha a sz´or´ocentrum nem molekula, hanem homog´en anyag s˝ ur˝ us´egingadoz´asai. A Clausius-Mosotti egyenlet kis s˝ ur˝ us´egekn´el ´erv´enyes alakj´ab´ol az ´atlagos εr = 1 + N γmol , azaz az ´atlagos χE = N γmol . A sz´or´as ennek v´altoz´as´an t¨ort´enik ami N v´altoz´asa miatt lesz. Teh´at δN δχE = χE N
⇒
δχE = χE
δN δN = 2(n − 1) , N N
(12.42)
ahol az utols´o k´epletben a t¨or´esmutat´ot haszn´altuk fel. Felt´eve ism´et, hogy nincs m´agneses szuszceptibilit´as, a (12.25) k´eplet szerint Z dσ⊥ k4 k 4 (n − 1)2 2 = |δχE (q)| = d3 xd3 ye−iq(x−y) δN (x)δN (y). (12.43) dΩ 32π 2 8π 2 N 2 Ha feltessz¨ uk, hogy egy V0 tartom´anyon t´ ul a s˝ ur˝ us´eg fluktu´aci´ok korrel´alatlanok, akkor a hδN (x)δN (y)i statisztikus ´atlagra null´at kapunk, ha x − y 6∈ V0 . Emiatt a kett˝os integr´al kifejez´es´eben az egyik koordin´ata V0 -t, a m´asik a teljes V t´erfogatot futja be. Legyen N = V0 N , ekkor 1 dσ⊥ k 4 (n − 1)2 2 = δN V0 . V dΩ 8π 2 N 2
138
(12.44)
Statisztikus fizik´ab´ol lehet tudni, hogy hδN 2 i = kB T ∂N/∂µ, ahol µ a k´emiai potenci´al. Termodinamikai ¨osszef¨ ugg´esekb˝ol pedig a deriv´alt ´at´ırhat´o. V´eg¨ ul is azt kapjuk, hogy 2 1 ∂V hδN i = N kB T βT , ahol βT = − , (12.45) N V ∂p T
az izoterm kompresszibilit´as. Ezzel k 4 (n − 1)2 2k 4 (n − 1)2 1 dσ⊥ = kB T βT . (12.46) k T β , α = B T V dΩ 8π 2 3π Ez a k´eplet igen hasonl´ıt a Reyleigh-sz´or´asb´ol kapott (12.39) k´eplethez. M´asodrend˝ u f´azis´atalakul´asn´al βT → ∞, ekkor teh´at az anyag sz´or´asi k´epess´ege jelent˝osen feler˝os¨odik. Ez a kritikus opaleszcencia jelens´ege. Ha a sz´or´ocentrumok nem v´eletlenszer˝ uen helyezkednek el, akkor F(q) bonyolultabb strukt´ ur´at mutat. Pl. k¨ob¨os r´acsot v´eve: 3 X xj = a ni ei , ni ∈ N , (12.47) i=1
emiatt F(q) =
X
eiqxj =
3 X Y
eiqi ani =
i=1 ni
j
i=1
mivel N X
3 sin Y
sin eiqan =
n=−N
Innen
2N + 1 qa 2 . qa sin 2
2Ni + 1 qi a 2 , qi a sin 2
(12.48)
(12.49)
2Ni + 1 qi a 2 2 |F(q)| = . (12.50) qi a sin2 i=1 2 |F(q)|2 majdnem minden¨ utt O(1), vagyis t´erfogattal osztva elt˝ unik a v´egtelen t´erfogati limeszben. Kiv´etelt k´epeznek azok a helyek, ahol 2π`i , ahol `i ∈ N . (12.51) qi = a Ez a (Bragg-felt´etel), ezeken a helyeken eiqi ani = 1, emiatt F(q) = N 2 . Ha a hull´am ˆ = −ˆ bees´esi ´es visszaver˝od´esi sz¨oge ugyanaz, azaz k x, akkor q = 2k, ´es a ki a = π`i felt´etelt kapjuk. Az er˝os´ıt´es helyeit figyelve az anyag szerkezet´ere k¨ovetkeztethet¨ unk, ez adja a r¨ontgendiffrakci´o, illetve az elektronmikroszk´op m˝ uk¨od´esi alapj´at. M´asr´eszt a sz´or´asi maximumok frekvenciaf¨ ugg´ese miatt megfelel˝o optikai r´acs alkalmaz´as´aval haszn´alhatjuk ezt az elvet spektrom´eter szerkeszt´es´ere is. 2
3 sin Y
139
13. fejezet Cherenkov-sug´ arz´ as ´ es ´ atmeneti sug´ arz´ as Az elektrom´agneses hull´amok vizsg´alat´aban a k¨ovetkez˝o logik´at k¨ovett¨ uk • szabad elektrom´agneses hull´amok : el. m´agn. hull´amok t´erer˝oss´ege, Poyntingvektora, jelens´egek: abszorpci´o, t¨or´es, hull´amvezet˝ok • mozg´o t¨olt´es ⇒ el. m´agn. hull´amok : Li´enard-Wiechert potenci´alok, t´erer˝oss´egek, sz¨ogf¨ ugg´es, spektrum • el. m´agn. hull´am ⇒ anyag sz´or´as g´azon, szab´alyos krist´alyon
⇒
• mozg´o t¨olt´es ⇒ el. m´agn. t´erer˝oss´eg logikusan a k¨ovetkez˝o l´ep´es.
el. m´agn. hull´am: sz´or´asi jelens´egek, ⇒
anyag
⇒
el. m´agn. hull´am:
13.1. Cherenkov-sug´ arz´ as Most azzal a speci´alis esettel foglalkozunk, amikor a bemen˝o r´eszecske egyenesvonal´ u egyenletes mozg´ast v´egez (r´eszlegesen) homog´en, ε(ω) dielektromos a´lland´oj´ u anyagban (feltessz¨ uk, hogy µ = µ0 ). Teljesen homog´en k¨ozegben, azonban frekvenciaf¨ ugg˝o dielektromos ´alland´o mellett kiss´e megv´altozik a Maxwell-egyenletek megold´asa a Li´enard-Wiechert potenci´alokhoz k´epest. A t¨olt´es- illetve a´rams˝ ur˝ us´eg egyenesvonal´ u egyenletes mozg´as eset´en: % = qδ(x− vt) illetve J = qvδ(x − vt). Lorenz-m´ert´ekben a potenci´alokra vonatkoz´o egyenletek, egyel˝ore a´lland´o ε mellett: % (4 − µ0 ε∂t2 )Φ = − , ε
(4 − µ0 ε∂t2 )A = −µ0 J .
140
(13.1)
Mivel µ0 J = µ0 εv %ε , ez´ert A = µ0 εvΦ, azaz a vektorpotenci´al kifejezhet˝o a skal´arpotenci´allal. Fourier-transzform´aci´o ut´an ∇ → ik, ∂t → −iω. A t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg Fourier-transzform´altja Z
dxdt eiωt−ikx %(t, x) =
Z
dxdt eiωt−ikx qδ(x − vt) = q
Z∞
dt ei(ω−kv )t = 2πqδ(ω − kv).
−∞
(13.2) Emiatt a skal´arpotenci´al egyenlete: (k 2 − µ0 εω 2 )Φ =
2πq δ(ω − kv), ε
(13.3)
ahonnan
2πq δ(ω − kv) vδ(ω − kv) , A(ω, k) = 2πqµ0 2 . (13.4) 2 2 ε k − µ0 εω k − µ0 εω 2 Ebben az alakban m´ar figyelembe vehetj¨ uk, hogy a permittivit´as f¨ ugg a frekvenci´at´ol: ε(ω). Az elektromos t´erer˝oss´eg E = −∇Φ − ∂t A, innen Φ(ω, k) =
E(ω, k) = −ikΦ + iωA = i(ωµ0 εv − k)Φ =
δ(ω − kv) 2πiq (ωµ0 εv − k) 2 . ε k − µ0 εω 2
(13.5)
A m´agneses indukci´o B = rotA, azaz B = ∇ × A = iµ0 εΦ k × v = µ0 εv × E.
(13.6)
A val´os t´erbeli eredm´eny kisz´am´ıt´asa inverz Fourier-transzform´alttal t¨ort´enik. V´alasszunk speci´alis koordin´atarendszert (mint kor´abban a Li´enard-Wiechert potenci´alok ki´ert´ekel´es´en´el), ahol v = (0, 0, v), ´es x = (x, 0, 0). A t´erer˝oss´eg: Z 3 kx 2πiq d k ikx x δ(ω − kz v) ky E(ω, x) = − e (13.7) 3 2 ε (2π) kx + ky2 + kz2 − µ0 εω 2 kz − ωµ0 εv A kz integr´al k¨onnyen elv´egezhet˝o: E(ω, x) = −
iq 4π 2 εv
Z
kx e ky dkx dky ω2 2 2 2 ω/v − ωµ0 εv kx + ky + 2 − µ0 εω v ikx x
Vezess¨ uk be ω2 ω2 λ2 = 2 (1 − µ0 εv 2 ) = 2 v v 141
1−
v2 c2k¨ozeg
(13.8)
! .
(13.9)
Ha v
ω
(13.10) A z komponensben fell´ep˝o integr´al: Z∞ −∞
eikx x dkx p = kx2 + λ2
kx x = z dkx = dz/x
Z∞
=
−∞
cos z = 2K0 (λx), dz p 2 z + (λx)2
(13.11)
az x komponensben fell´ep˝o integr´al Z∞ −∞
kx eikx x i dkx p = 2 2 x kx + λ
Z∞ −∞
z sin z dz p = 2iK1 (λx). z 2 + (λx)2
(13.12)
Itt Kn a m´asodfaj´ u m´odos´ıtott Bessel-f¨ uggv´eny, amely a Bessel-f¨ uggv´enyek analitikus elfolytat´as´aval kaphat´o [8]. Vagyis iK1 (λx) iqλ . 0 E(ω, x) = − (13.13) 2πεv vλ K (λx) 0 ω A m´agneses indukci´o (13.6) alapj´an 0 qµ0 λK1 (λx) 1 . B = µ0 εv × E = 2π 0
(13.14)
A Poynting-vektor:
−By Ez 1 1 0 . S = E×B = µ0 µ0 By Ex
(13.15)
Sz´amoljuk ki a t¨olt´es u ´tegys´egenk´enti energiavesztes´eg´et. Ehhez el˝osz¨or integr´aljuk ki a Poynting-vektort a t¨olt´es k¨or¨ uli x sugar´ u hengerre, amivel megkapjuk az id˝oegys´eg alatti energiavesztes´eget: Z dE 2πx =− dzBy Ez . (13.16) dt µ0
142
Ebb˝ol a sebess´eggel szorozva t´erhet¨ unk a´t az u ´thossz alatti vesztes´egre, azzal viszont az integr´alban t´er¨ unk ´at id˝o szerinti integr´alra: 2πx dE =− dz µ0
Z∞
−∞ ∞ Z
= −xv
x dtBy (t)Ez (t) = − µ0 ∗
dωε
(ω)Ex∗ (ω)Ez (ω)
Z∞
dωBy∗ (ω)Ez (ω) =
−∞
Z∞ = −2xv<
−∞
dωε∗ (ω)Ex∗ (ω)Ez (ω). (13.17)
0
Helyettes´ıts¨ uk be a kor´abban kapott k´epleteket, v´eg¨ ul is kapjuk (Fermi k´eplete): dE q2 = 2 < dz 2π ε0
Z∞
ω dω 2 c
1 − 1 iλ∗ x K1∗ (λx) K0 (λx). β 2 εr
(13.18)
0
Ha v < ck¨ozeg , akkor az i fell´epte miatt csak akkor kaphatunk j´arul´ekot, ha εr imagin´arius. Ez megfelel annak a k´epnek, hogy a k¨ozeg ekkor elnyeli az energi´at. Ha azonban v > ck¨ozeg , akkor λ2 < 0, azaz iλ∗ tiszt´an val´os. Emiatt akkor kapunk j´arul´ekot, ha εr val´os! Ilyenkor nem a k¨ornyezetben lev˝o anyag veszi fel az energi´at, hanem az energia kisug´arz´odik. Val´oban, ha nagy x → ∞ ´ert´ekeket n´ez¨ unk, akkor a Bessel-f¨ uggv´enyek k¨ozel´ıt´ese: r π −λx Kn (λx) ≈ e . (13.19) 2λx Ha λ imagin´arius, akkor a t´erer˝oss´egek egyes frekvenci´ai val´odi√id˝oben ∼ exp(−i(ωt − |λ|x) m´odon v´altoznak, azaz kifut´o hull´amot ´ırnak le, amelyek 1/ x szerint csengenek le. Az energia´araml´as ir´any´ara kisz´am´ıthatjuk a Poynting-vektor komponenseinek ar´any´at: s Sx Ez ivλ v2 ck¨ozeg tan θ = =− = = 1− 2 ⇒ cos θ = . (13.20) Sz Ex ω ck¨ozeg v A kifut´o hull´am ir´anya teh´at mindig ugyanazt a sz¨oget z´arja be. Emiatt val´oj´aban a mozg´o t¨olt´es fel˝ol k´ upszer˝ uen kiindul´o hull´amot figyelhet¨ unk meg, a f´enysebess´egn´el gyorsabb mozg´as l¨ok´eshull´amfront”-j´at. Ez a Cherenkov-sug´arz´as (Cherenkov 1934). ” Az energiavesztes´eg k´eplet´et erre az esetre u ´gy ´ırhatjuk (Frank, Tamm, 1937), hogy dE q2 = dz 4πε0
Z∞
ω dω 2 c
1 1− 2 β εr
.
(13.21)
0
Pr´ob´aljuk meg´erteni a Cherenkov-sug´arz´as fizikai ok´at. Egy abszorpci´o n´elk¨ uli anyagban egyenletesen mozg´o pontt¨olt´es megmozgatja az anyag r´eszecsk´eit ak´ar gyorsabban 143
megy a k¨ozegbeli f´enysebess´egn´el, ak´ar lassabban. Ezek a gyorsul´as hat´as´ara sug´arozni fognak. Ha azonban a pontt¨olt´es sebess´ege kisebb ck¨ozeg -n´el, akkor az egyes r´eszek a´ltal kibocs´atott j´arul´ekok kioltj´ak egym´ast, ´ıgy makroszkopikusan nem l´atunk sug´arz´ast. A v > ck¨ozeg esetben ugyanakkor az anyag r´eszecsk´ei ´altal kibocs´atott sug´arz´as nem ´eri utol mozg´o pontt¨olt´est, ez´ert elmarad a destrukt´ıv interferencia.
´ 13.2. Atmeneti sug´ arz´ as Most tegy¨ uk fel, hogy a t´er nem homog´en, hanem a z > 0 t´err´eszt ε, a z < 0 t´err´eszt ε0 permittivit´as´ u anyag t¨olti ki. Legyen a megold´as a k´et t´err´eszben E + illetve E − . A fenti t´argyal´as megfelel˝o a forr´as a´ltal l´etrehozott t´er kezel´es´ehez, azonban a teljes megold´as tartalmazza a homog´en egyenlet megold´as´at is, ami itt sz¨ uks´eges, hogy figyelembe tudjuk venni a hat´arfelt´eteleket a k´et anyagr´esz tal´alkoz´as´an´al: + − Ex,y (t, x, y, z = 0) = Ex,y (t, x, y, z = 0), + − H (t, x, y, z = 0) = H (t, x, y, z = 0),
εEz+ (t, x, y, z = 0) = ε0 Ez− (t, x, y, z = 0), (13.22)
ahol E = E inhom + E hom , ´es az inhomog´en r´esz megold´as´at Fourier-t´erben (13.5) ´es (13.6) adja. Mivel µ = µ0 -t vett¨ unk, ez´ert H folytonos. Most tekints¨ unk el az ε frekvenciaf¨ ugg´es´et˝ol. Fourier transzform´alva t, x ´es y szerint ugyanezek a felt´etelek fenn´alnak. Ez azt jelenti, hogy a z = 0 felt´etel kiel´eg´ıt´es´ehez csak z-ben kell az inverz Fourier-transzform´aci´ot elv´egezn¨ unk: E(ω, k) = i(ωµεv − k)
2πq δ(ω − kz v) 2πq δ(ω − kv) , = i(ωµεv − k) 2 2 ε k − µεω ε kT2 + kz2 − µεω 2
(13.23)
R z ´es E(ω, kT , z) = dk E(ω, k) eikz z , ahol a transzverz´alis t´er T = (x, y). A kz integr´al a 2π Dirac-delta miatt k¨onnyen elv´egezhet˝o: −iqkT eiωz/v ET (ω, kx , ky , z) = , εv kT2 + λ2
−iqλ2 eiωz/v Ez = , εω kT2 + λ2
(13.24)
¨osszefoglalva −iq E(ω, kT , z) = εv
λ2 v kT + eZ ω
eiωz/v . kT2 + λ2
(13.25)
A homog´en egyenlet megold´as´at is hozzuk ilyen alakra. A s´ıkhull´am megold´as
E hom (ω, kT , z) = eE¯0 e±ikz z ,
ahol e(kT ± kz ez ) = 0,
144
kz2 + kT2 = εr
ω2 . c2
(13.26)
A polariz´aci´os ir´anyokn´al az egyik e⊥ ir´anyt v´alasszuk mer˝olegesnek mind ez -re, mind ˆ T -re. A m´asikra ´erv´enyes: k e = ez ∓ αkT
e(kT ± kz ez ) = ±kz ∓ αkT2 = 0
⇒
⇒
α=
kz kT2
(13.27)
vagyis kz ± ± E hom (ω, kT , z) = Ek ez ∓ 2 kT + E⊥ e⊥ e±ikz z , kT
r
kz =
εr
ω2 − kT2 . (13.28) c2
Fizikai hat´arfelt´etelek: nincs bees˝o hull´am, azaz z < 0-ban csak ∼ eikz z illetve z > 0-ban csak eikz z hull´am maradhat. A k´et t´erf´elen ezek szerint a teljes t´erer˝oss´eg iωz/v kz iq λ20 v e − − − −ikz z E (ω, kT , z) = Ek ez + 2 kT + E⊥ e⊥ e − kT + eZ kT ε0 v ω kT2 + λ20 kz λ2 v eiωz/v iq E + (ω, kT , z) = Ek+ ez − 2 kT + E⊥+ e⊥ eikz z − eZ . kT + kT εv ω kT2 + λ2 (13.29) A z = 0-n´al kir´ott hat´arfelt´etelekb˝ol meghat´arozhat´o Ek± , E⊥± , ´es ezzel a sug´arz´as. Az e⊥ komponensre nincs forr´as, azaz ilyen polariz´aci´oj´ u sug´arz´as nincsen (r´eszletesebben: teljes¨ ulnie kell E⊥+ = E⊥− , ´es a H folytonoss´aga miatt E⊥+ /c = E⊥− /c0 egyenleteknek egyszerre). A p´arhuzamos polariz´aci´ora az ´altal´anos k´eplet bonyolult, ez´ert az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert n´ezz¨ uk azt az esetet, mikor a z > 0 tartom´anyban t¨ok´eletes vezet˝ot vesz¨ unk, azaz E + = 0. Ekkor a hat´aron ET− = 0, ebb˝ol: Ek− =
1 iqkT2 , 2 ε0 kz v kT + λ20
(13.30)
Pol´arkoordin´at´akban kz = k cos θ, kT = k sin θ, ahol k = ωc. Itt kT2 + λ2 =
ω2 ω2 ω2 ω2 2 2 2 sin θ + − = 1 − β cos θ . c2 v2 c2 v2
Ezzel: Ek− =
iqv sin2 θ . ε0 cω cos θ(1 − β 2 cos2 θ)
(13.31)
(13.32)
Hogy a sug´arz´as spektrum´ar´ol is tudjunk valamit mondani, kisz´amoljuk a teljes kimen˝o energi´at. Mivel a sug´arz´asban az elektromos ´es m´agneses szektor ugyanakkora energi´at ad le, ez´ert Z Z W =
d3 xε0 E 2 = 145
dx2T dzε0 E 2 .
(13.33)
Ebben a k´epletben a t´erer˝oss´egeknek nem a Fourier, hanem a val´os t´erid˝obeli ´ert´ek´ere van sz¨ uks´eg¨ unk. Ez´ert inverz Fourier transzform´aci´ot kell elv´egezn¨ unk a transzverz´alis ir´anyokban, valamint az id˝oben. A t´erer˝oss´eg n´egyzet´ere ezek szerint kapjuk: Z 0 dω dω 0 dkT2 dkT0 2 −∗ 2 − 0 0 i(ω−ω 0 )t−i(kT −kT )x E = E (ω, k , z)E (ω , k , z)e . (13.34) T T hom 2π 2π (2π)2 (2π)2 hom Az integr´al hosszadalmas, t¨obb l´ep´esb˝ol ´all. V´eg¨ ul Z dωdkT2 ωkz W = ε0 |Ek (ω, kT )|2 2 . 3 (2π) kT
(13.35)
Be´ırva ide Ek alakj´at kapjuk Z∞ W =
dωdΩ
sin2 θ q2v2 , 4π 3 ε0 c3 (1 − β 2 cos2 θ)2
(13.36)
0
ahonnan
d2 W q2v2 sin2 θ = 3 3 . dωdΩ 4π ε0 c (1 − β 2 cos2 θ)2
(13.37)
α = q 2 /(4πε0 ~c) = 1/137
(13.38)
Bevezetve ´ert´ek˝ u dimenzi´otlan mennyis´eget (finomszerkezeti a´lland´o), ahol ~ = 1.055 · 10−34 Js ´ert´ek˝ u Planck-´alland´o, kapjuk az alternat´ıv alakot: β 2α sin2 θ d2 W = 2 . d~ωdΩ π (1 − β 2 cos2 θ)2
(13.39)
A sug´arz´as ultrarelativisztikus esetben a cos θ ≈ 1 ´ert´ekein´el er˝os cs´ ucsot mutat, csak´ ugy, mint a gyorsul´o t¨olt´esek sug´arz´as´an´al l´attuk; δθ ∼ 1/γ a sug´arz´as kiterjed´ese.
146
14. fejezet Relativisztikus elektrodinamika Az elektrodinamika nem kovari´ansan transzform´al´odik a Galilei-transzform´aci´o alatt, vagyis a szok´asos, klasszikus mozg´o vonatkoztat´asi rendszerre val´o ´att´er´es eset´en megv´altoznak az egyeneleteink. Ennek k´et magyar´azata lehet: vagy csak egy adott koordin´atarendszerben (´eter) ´erv´enyes az elektrodinamika, vagy m´as m´odon kell ´att´erni mozg´o vonatkoztat´asi rendszerre. A Michelson-Morley k´ıs´erlet azt bizony´ıtotta, hogy ha l´etezik az ´eter, akkor a f¨oldi megfigyel˝o az ´eterhez k´epest nem mozog, hiszen a f´eny sebess´ege f¨ uggetlen volt a m´er´es ir´any´at´ol. Ez az ´eterk´epet kiz´arja, vagy legal´abbis annyira elbonyol´ıtja, hogy nem val´osz´ın˝ u ez a hipot´ezis. N´ezz¨ uk a m´asodik lehet˝os´eget, ´es a´llap´ıtsuk meg azt a transzform´aci´ot, amelyre kovari´ansak a Maxwell-egyenletek. Ehhez mindenekel˝ott u ´j jel¨ol´eseket vezet¨ unk be. Hangs´ ulyozni kell, hogy ezek csup´an defin´ıci´ok, melyek ´ertelme k´es˝obb lesz vil´agos.
14.1. Relativisztikus koordin´ at´ ak Vezess¨ uk be a nulladik t´erkoordin´at´at x0 = ct m´odon, vagyis az id˝ot azzal a t´avols´aggal m´erj¨ uk, amit a f´eny egys´egnyi id˝o alatt megtesz. Ekkor egy esem´enyt egy n´egyesvektorral jellemezhet¨ unk xµ = (ct, x). (14.1) Az indexet fel¨ ulre tessz¨ uk, ´es – ahogy m´ar kor´abban t´argyaltuk – kontravari´ans koordin´at´aknak nevezz¨ uk. A n´egyesvektor szerinti parci´alis deriv´al´as 1∂ ∂ ∂µ = , , (14.2) c ∂t ∂xi a deriv´al´as indexe alul van, ezek a kovari´ans vektorok. Az integr´al´as Z Z 4 d x = c dtd3 x. 147
(14.3)
Vektorok skal´aris szorzat´ahoz egy metrikus tenzort vezet¨ unk be. A motiv´aci´o az, hogy 2 2 az elektrodinamik´aban a hull´amegyenletben a = 4 − ∂t /c differenci´aloper´ator jelenik meg: gµν = diag(1, −1, −1, −1) ⇒ a · b = aµ gµν bν , aµ = gµν aν , g µν = (g −1 )µν = diag(1, −1, −1, −1), aµ = g µν aν .
(14.4)
Komponensekben ki´ırva teh´at a · b = a0 b0 − ab
⇒
∂µ ∂ µ = ∂t2 /c2 − 4 = −,
x2 = c2 t2 − x2 .
(14.5)
Ez azt jelenti, hogy nem csak a nullvektor hossza nulla, hanem minden r = ct pontra igaz ez, azaz a f´enyk´ up elemeire. Az orig´ob´ol f´enysebess´egn´el kisebb ´atlagsebess´eggel el´erhet˝o esem´enyekn´el r = vt, azaz x2 = (c2 − v 2 )t2 > 0, ezek az id˝oszer˝ u esem´enyek. Ha 2 x < 0, akkor t´erszer˝ u esem´enyekr˝ol besz´el¨ unk. A t´erkoordin´at´aknak megfelel˝oen az elektrodinamika mennyis´egeit is n´egyesvektorokba rendezhetj¨ uk. Egy t¨omegpont eset´en a t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg % = qδ(x − γ(t)), m´ıg az a´rams˝ ur˝ us´eg J = qvδ(x − γ(t)). Mivel vi = x˙ i , ez azt sugallja, hogy ´erdemes J µ = (c%, J )
(14.6)
m´odon defini´alni a n´egyes a´rams˝ ur˝ us´eget. Ekkor a kontinuit´asi egyenlet 1 0 = ∂t % + ∂i Ji = ∂t (c%) + ∂i J i = ∂µ J µ , c
(14.7)
a n´egyesdivergencia elt˝ un´es´et jelenti. A skal´ar- ´es vektorpotenci´al sztatikus pontt¨olt´es eset´en a t¨olt´esb˝ol ´es ´aramb´ol ugyanolyan m´odon a´ll el˝o, de az egyiket 1/ε0 , a m´asikat µ0 szorozza, emiatt Φ/c ´es A azonos dimenzi´oj´ u: Φ q µ0 qc µ0 qv = = , A= . (14.8) c 4πε0 cr 4πr 4πr Emiatt a n´egyespotenci´al defin´ıci´oja 1 Aµ = ( Φ, A). c
(14.9)
Hogy a Maxwell-egyenleteket le tudjuk ´ırni, bevezetj¨ uk a t´erer˝oss´egtenzort: F µν = ∂ µ Aν − ∂ ν Aµ ,
F µν = −F νµ .
(14.10)
Mivel Ei = −∂i Φ − ∂t Ai = −∂i cA0 − c∂0 Ai = −c(∂ 0 Ai − ∂ i A0 ) = −cF 0i 1 1 Bi = εijk ∂j Ak = −εijk ∂ j Ak = − εijk (∂ j Ak − ∂ k Aj ) = − εijk F jk , 2 2 148
(14.11)
ez´ert
1 F ij = −εijk Bk . F 0i = − Ei , c Vagyis a fels˝o indexes t´erer˝oss´egtenzor komponenseinek jelent´ese 0 −E1 /c −E2 /c −E3 /c E1 /c 0 −B3 B2 . F µν = E2 /c B3 0 −B1 E3 /c −B2 B1 0
(14.12)
(14.13)
A Maxwell-egyenletek egy r´esze a t´erer˝oss´egtenzor deriv´altjaival van kapcsolatban: 1% 1 = µ0 J 0 ∂µ F µ0 = ∂i F i0 = ∂i Ei = c c ε0 1 ∂µ F µi = ∂0 F 0i + ∂j F ji = − 2 ∂t Ei + εijk ∂j Bk = µ0 J i , (14.14) c vagyis ¨osszefoglalva ∂µ F µν = µ0 J ν . (14.15) A t¨obbi Maxwell-egyenlet val´oj´aban azonoss´ag: vezess¨ uk be a du´alis t´erer˝oss´egtenzort: 1 ahol ε0123 = 1, (14.16) F˜ µν = εµν%σ F%σ , 2 ´es teljesen antiszimmetrikus, azaz minden indexp´ar cser´ej´ere jelet v´alt. Emiatt εµν%σ = −εσµν% . A h´arom dimenzi´os Levi-Civita szimb´olummal val´o kapcsolata ε0ijk = εijk . A du´alis kapcsolat 1 1 1 F˜ 0i = ε0ijk Fjk = εijk (−εjk` B` ) = −Bi = − E˜i ⇒ E˜i = cBi 2 2 c 1 1 ˜ k ⇒ cB ˜k = −Ek . (14.17) εijk0 Fk0 + εij0k F0k = εijk Ek = −εijk B F˜ ij = 2 c A du´alis t´erer˝oss´egtenzor n´egyesderiv´altja automatikusan nulla, hiszen: 1 ∂µ F˜ µν = εµν%σ ∂µ (∂% Aσ − ∂σ A% ) = 0, (14.18) 2 ami egy szimmetrikus ´es egy antiszimmetrikus m´atrix szorzata. Ezen egyenletek jelent´ese 1 1 ∂µ F˜ µ0 = ∂i εi0jk Fjk = ∂i (−εijk )(−εjk` B` ) = div B, 2 2 1 1 ∂µ F˜ µi = ∂0 F˜ 0i + ∂j F˜ ji = ∂0 ε0ijk Fjk + ∂j εji0k F0k + εjik0 Fk0 = 2 2 1 1 1 = ∂t εijk (−εjk` B` ) + ∂j εjik Ek = − [∂t Bi + (rot E)i ] . (14.19) 2c c c Vagyis ez a k´et egyenlet a t´erer˝oss´egtenzor szintj´en nem egyenlet, hanem azonoss´ag. Visszafel´e gondolkodva pont ez a k´et egyenlet tette lehet˝ov´e a skal´ar- illetve vektorpotenci´al bevezet´es´et. 149
14.2. Lorentz-transzform´ aci´ o A Maxwell-egyenleteket teh´at siker¨ ult a´tfogalmazni olyan alakba, amely kiz´ar´olag n´egyes skal´arszorzatokat tartalmaz. Emiatt a Maxwell-egyenletek alakja v´altozatlan marad akkor, ha olyan transzform´aci´ot hajtunk v´egre a n´egyesvektorokon illetve -tenzorokon, amelyek a n´egyes skal´arszorzatot invari´ansan hagyj´ak. Eml´ekeztet˝ou ¨l: a h´armas skal´ar szorzatot invari´ansan hagy´o transzform´aci´ok a forgat´asok. Lehet teh´at ezeket a transzform´aci´okat a´ltal´anos´ıtott forgat´asokk´ent felfogni, ahol az id˝o komponenst is forgatjuk”. ” A k¨ ul¨onbs´eg a skal´ar szorzat t´er ´es id˝o komponensei k¨oz¨ott az el˝ojelben van. Keress¨ uk teh´at a n´egyesvektorok olyan line´aris transzform´aci´oit µ
a0 = Λµ.ν aν ,
∀ aµ
(14.20)
amelyre a n´egyes skal´aris szorzat invari´ans marad: ∀ a, b
a 0 · b0 = a · b
0
0
0
Λµ.ν aν gµµ0 Λµ.ν 0 bν = aν bν gνν 0 .
⇒
(14.21)
Ha ez minden a, b-re teljes¨ ul, akkor 0
Λµ.ν Λµ.ν 0 gµµ0 = gνν 0 .
(14.22)
Ezeket h´ıvjuk Lorentz-transzform´aci´oknak. A pont az´ert kell, mert nem mindegy, hogy melyik az els˝o ´es melyik a m´asodik index. N´eh´any formula: a0µ = Λ.ν µ aν ,
(Λ−1 )ν.% = Λ.ν % .
µ ν Λ.ν µ Λ.σ = δσ ,
(14.23)
A helyvektor n´egyesvektor, ´ıgy ennek transzform´aci´oja µ
x0 = Λµ.ν xν
⇒
∂µ0 =
∂ ∂xν ∂ = = ∂ν (Λ−1 )ν.µ = Λ.ν µ ∂ν , ∂x0 µ ∂xν ∂x0 µ
(14.24)
vagyis a deriv´al´as val´oban kovari´ans vektork´ent transzform´al´odik. A mez˝ok transzform´aci´oja: a transzform´alt mez˝o a transzform´alt helyen az eredeti mez˝o elforgatottja, amelyet a r´egi helyen kell venni – l. forgat´as p´eld´aja. Pl: A0 (x0 ) = ΛA(x)
A0 (x) = ΛA(Λ−1 x).
⇒
(14.25)
Ha tal´alunk ilyen m´atrixot, akkor minden n´egyes skal´aris szorzattal megfogalmazhat´o egyenlet ugyanolyan alak´ u lesz a transzform´aci´o ut´an is. Hogy ezt jobban l´assuk, n´ezz¨ uk meg a Maxwell-egyenletek transzform´aci´oj´at. A t´erer˝oss´egtenzor transzform´aci´oja µν
µ
ν
ν
0 0
µ
F 0 (x0 ) = ∂ 0 A0 (x0 ) − ∂ 0 A0 (x0 ) = Λµ.µ0 Λν.ν 0 F µ ν (x).
(14.26)
Ha az a´rams˝ ur˝ us´eget is n´egyesvektork´ent transzform´aljuk, akkor µν
0
0 0
0
0
ν
µ ν %ν (x) = Λν.ν 0 ∂µ0 F µ ν (x) = Λν.ν 0 µ0 J ν (x) = µ0 J 0 (x0 ), ∂µ0 F 0 (x0 ) = Λ.µ µ ∂µ0 Λ.% Λ.ν 0 F (14.27)
150
vagyis a transzform´alt t´erer˝oss´egtenzor transzform´alt koordin´at´ak szerinti deriv´altja a transzform´alt a´rams˝ ur˝ us´eget adja meg. Az elektrodinamika teh´at kovari´ans a Lorentztranszform´aci´okkal szemben. A Lorentz-transzform´aci´o m´atrixa 4 × 4-es val´os m´atrix. Ennek eredetileg 16 egym´ast´ol f¨ uggetlen¨ ul megadhat´o komponense, param´etere van. A defini´al´o egyenlete (14.22) 4 × 4-es szimmetrikus m´atrixot nulla volt´at k¨oveteli meg, ami 10 megk¨ot´est jelent. A Lorentz transzform´aci´ok teh´at v´eg¨ ulis 6 f¨ uggetlen param´etert˝ol f¨ uggnek. Jel¨olj¨ uk 0 0 0 0 Λ.0 Λ.1 Λ.2 Λ.3 Λ1.0 Λ1.1 Λ1.2 Λ1.3 T (14.28) Λµ.ν = Λ2.0 Λ2.1 Λ2.2 Λ2.3 ⇒ gΛ gΛ = 1. Λ3.0 Λ3.1 Λ3.2 Λ3.3 Ennek speci´alis p´eld´aja, ha Λ0.0 = 1, Λ0.i = Λi.0 = 0, ´es Λi.j = Oij , azaz 1 0 1 0 10 1 0 1 0 µ T = = . Λ.ν = ⇒ gΛ gΛ = 0O 01 0O 0 OT O 0 OT
(14.29)
Innen O T O = 1, azaz O ortogon´alis m´atrix, azaz forgat´ast ´ır le. 3D-s forgat´asnak 3 param´etere van, ez a Lorentz-transzform´aci´ok 6 param´eter´eb˝ol 3. M´asik speci´alis Lorentz transzform´aci´o: 0 0 Λ.0 Λ.1 0 0 Λ1.0 Λ1.1 0 0 Λµ.ν = (14.30) 0 0 1 0. 0 0 01 El´eg a fels˝o alm´atrixra koncentr´alni, erre (14.22) megk¨ot´es: 0 0 0 (Λ0.0 )2 − (Λ1.0 )2 Λ0.0 Λ0.1 − Λ1.0 Λ1.1 10 Λ.0 Λ.1 Λ.0 −Λ1.0 T = , gΛ gΛ = = −Λ0.0 Λ0.1 + Λ1.0 Λ1.1 (Λ1.1 )2 − (Λ0.1 )2 01 −Λ0.1 Λ1.1 Λ1.0 Λ1.1 (14.31) azaz (Λ0.0 )2 − (Λ1.0 )2 = 1 ⇒ Λ0.0 = cosh η, Λ1.0 = sinh η (Λ1.1 )2 − (Λ0.1 )2 = 1 ⇒ Λ1.1 = cosh η¯, Λ0.1 = sinh η¯ Λ0.0 Λ0.1 − Λ1.0 Λ1.1 ⇒ tanh η = tanh η¯ ⇒ η = η¯. Emiatt Λµ.ν
=
cosh η sinh η sinh η cosh η
(14.32)
.
(14.33)
Hogy ennek fizikai jelent´es´et megtal´aljuk, alkalmazzuk a helyvektorra: 0
1
x0 = cosh η x0 + sinh η x1 ,
x0 = cosh η x1 + sinh η x0 . 151
(14.34)
A vessz˝os rendszer orig´oj´anak egyenlete az eredeti rendszerben: x0 1 = 0, azaz 1
x0 = 0 = cosh η x + sinh η ct
⇒
x = −c tanh η t
⇒
v tanh η = − . c
(14.35)
Emiatt az η param´eter a mozg´o vonatkoztat´asi rendszerre val´o ´att´er´esn´el a mozg´o rendszer sebess´eg´evel van kapcsolatban – emiatt neve rapidit´as. A fenti p´elda az x ir´anyban mozg´o rendszerre val´o a´tt´er´est jelentette, hasonl´o m´odon az y illetve z ir´anyba val´o a´tt´er´est is meg lehet tenni: ez a Lorentz transzform´aci´ok u ´jabb 3 param´eter´et adj´ak. A Lorentz transzform´aci´ok 6 param´etere teh´at: 3 forgat´as ´es 3 boost”. ” Mivel 1 1 cosh η = p =p = γ, 2 1 − v 2 /c2 1 − tanh η
tanh η sinh η = p = −γβ, (14.36) 1 − tanh2 η
a Lorentz-transzform´aci´o m´atrixa: Λµ.ν
=
γ −βγ −βγ γ
.
(14.37)
N´ezz¨ uk meg k¨ ul¨onb¨oz˝o n´egyesvektorok transzform´aci´oj´at: a helyvektor eset´en xµ = (ct, x)
t − vx/c2 t0 = p , 1 − v 2 /c2
⇒
x0 = p
x − vt 1 − v 2 /c2
.
(14.38)
Az a´rams˝ ur˝ us´eg eset´en J µ = (c%, J)
⇒
% − vJ/c2 %0 = p , 1 − v 2 /c2
J − v% J0 = p . 1 − v 2 /c2
(14.39)
A n´egyespotenci´alok eset´en 1 Aµ = ( Φ, A) c
⇒
A − vΦ/c2 A0 = p . 1 − v 2 /c2
Φ − vA Φ0 = p , 1 − v 2 /c2
(14.40)
A t´erer˝oss´egtenzor tenzork´ent transzform´al´odik F0
µν
0 0
= Λµ.µ0 Λν.ν 0 F µ ν .
(14.41)
A k¨ ul¨onb¨oz˝o komponensek transzform´aci´oja: F0
01
0 0
= Λ0.µ0 Λ1.ν 0 F µ ν = Λ0.0 Λ1.1 F 01 + Λ0.1 Λ1.0 F 10 = (cosh2 η − sinh2 η)F 01 = F 01
0 0 0 0i F 0 i>1 = Λ0.µ0 Λi.ν 0 F µ ν = Λ0.µ0 F µ i = cosh ηF 0i + sinh ηF 1i 0 0 0 1i F 0 i>1 = Λ1.µ0 Λi.ν 0 F µ ν = Λ1.µ0 F µ i = sinh ηF 0i + cosh ηF 1i
F0
23
0 0
= Λ2.µ0 Λ3.ν 0 F µ ν = F 23 .
(14.42) 152
Az elektrom´agneses t´errel megfogalmazva E10 = E1 , B10 = B1 ,
E2 − vB3 E3 + vB2 E20 = p , E30 = p 2 2 1 − v /c 1 − v 2 /c2 B2 + vE3 /c2 B3 − vE2 /c2 B20 = p , B30 = p . 1 − v 2 /c2 1 − v 2 /c2
(14.43)
14.3. To aja ¨megpont relativisztikus dinamik´ Einstein arra mutatott r´a, hogy ha egy t¨omegpont k¨olcs¨onhat az elektrom´agneses t´errel, akkor ott is a Lorentz-transzform´aci´okat kell haszn´alni a mozg´o vonatkoztat´asi rendszerre val´o ´att´er´esn´el. A mozg´asegyenleteknek relativisztikusan kovari´ansnak kell lenni¨ uk. El˝osz¨or azt ´allap´ıtsuk meg, hogy egy r´eszecske p´aly´aja ment´en milyen invari´ansok illetve n´egyesvektorok defini´alhat´ok, hiszen ezek haszn´alhat´ok egy kovari´ans mozg´asegyenlet fel´ır´as´ahoz. A p´alya a n´egyes t´erben γ µ (s) = (ct(s), x(s)) alak´ u, ahol s a param´eter. A p´alya ´ıvhossza, illetve az ebb˝ol defini´alt saj´atid˝o Zs2 r µ dγ dγµ (14.44) cτ = ds ds ds s1
egy skal´arszorzatot tartalmaz, vagyis relativisztikusan invari´ans. Az id˝ovel param´eterezve a p´aly´at γ µ (t) = (ct, x(t)), azaz Zt2
r dt 1 −
τ=
v2 c2
⇒
γdτ = dt.
(14.45)
t1
Kovari´ans mennyis´eg a n´egyessebess´eg – szok´asosan norm´alni szokt´ak c-vel uµ =
1 dγ µ v = γ(1, ) c dτ c
⇒
uµ uµ = 1.
(14.46)
Az impulzus p = m0 v, ahol most m0 -lal jel¨olj¨ uk a r´eszecske t¨omeg´et. Ennek relativisztikusan invari´ans n´egyesvektor megfelel˝oje teh´at: P µ = m0 cuµ .
(14.47)
Ez szint´en n´egyesvektor, a nulladik komponens´enek jelent´es´et a v c limeszb˝ol lehet leolvasni: m0 c 1 m0 v 2 E 0 2 P =p = m0 c + + ... ⇒ P0 = , E = m0 γc2 ≡ mc2 , 2 2 c 2 c 1 − v /c (14.48) 153
ahol E a r´eszecske energi´aja, ´es a relativisztikus, sebess´egf¨ ugg˝o t¨omegnek m0 m= p 1 − v 2 /c2
(14.49)
mennyis´eget defini´altuk. Az energia ´es impulzus n´egyesvektort k´epez teh´at E P µ = ( , p) = (mc, mv), c
P 2 = m20 c2 =
E2 − p2 2 c
⇒
E 2 = p2 c2 + m20 c4 . (14.50)
A mozg´asegyenlet tiszta elektromos t´erben az volt, hogy ∂t p = qE. Ennek relativisztikus kiterjeszt´es´ehez vegy¨ uk figyelembe, hogy Ei = cF i0 = cF i0 u0 /γ, ´es a ∂t = ∂τ /γ, vagyis: ∂ (m0 uµ ) = qF µν uν . (14.51) ∂τ A t´erszer˝ u indexekre vi Ei vj ∂ m0 γ = qF iµ uµ = qF i0 u0 + qF ij uj = q γ + q(−εijk Bk )(−γ ) = ∂τ c c c γ = q (Ei + εijk vj Bk ) , (14.52) c a´trendezve ∂t (mv) = q(E + v × B).
(14.53)
Vagyis a jobb oldalon megkapjuk a Lorentz er˝ot, mint a Coulomb-er˝o relativisztikus kiterjeszt´es´et. A bal oldalon az egyetlen m´odosul´as, hogy a t¨omeg sebess´egf¨ ugg˝o lett, m0 → m. Ez azt jelenti, hogy a t¨olt¨ott r´eszecske t¨omege v → c eset´en egyre nagyobb lesz, ´ıgy egyre nehezebb a sebess´eg´et n¨ovelni. Dinamikailag teh´at a f´enysebess´eg nem l´ephet˝o a´t. Az id˝oszer˝ u indexre Ei vi γ ∂m = qF 0i ui = q(− )(−γ ) = 2 qEv ∂τ c c c
⇒
∂t (mc2 ) = ∂t E = qEv,
(14.54)
ami az energia v´altoz´as´at ´ırja le. A mozg´asegyenletet energia-impulzus m´erlegegyenlet form´aj´aban is ´ırhatjuk. T¨omegpontra ugyanis γJ µ = γ(qc, qv) = cuµ , ez´ert 1 µν 1 1 µ% νν 0 µ µν % µν % ∂t (m0 cu ) = F Jν = F ∂% F.ν = − ∂% −F F.ν + g F Fνν 0 . (14.55) µ0 µ0 4 Ez ut´obbi formula bizony´ıt´as´ahoz F%ν ∂ % F µν = (∂% Aν − ∂ν A% )(∂ % ∂ µ Aν − ∂ % ∂ ν Aµ ) = = (∂ % ∂ µ Aν )(∂% Aν ) − (∂ % ∂ µ Aν )(∂ν A% ) − (∂ % ∂ ν Aµ )(∂% Aν ) + (∂ % ∂ ν Aµ )(∂ν A% ) = = (∂ % ∂ µ Aν )(∂% Aν ) − (∂ % ∂ µ Aν )(∂ν A% ), (14.56) 154
hiszen a % → ν indexcser´ere a k¨oz´eps˝o sor utols´o k´et tagja egym´asba megy ´at. M´asr´eszt 0
0
0
∂ µ (F νν Fνν 0 ) = ∂ µ (∂ ν Aν − ∂ ν Aν )(∂ν Aν 0 − ∂ν 0 Aν ) = 0 0 = 2∂ µ (∂ ν Aν )(∂ν Aν 0 ) − (∂ ν Aν )(∂ν 0 Aν ) = 0 0 = 4 (∂ µ ∂ ν Aν )(∂ν Aν 0 ) − (∂ µ ∂ ν Aν )(∂ν 0 Aν ) .
(14.57)
0
Emiatt 4F%ν ∂ % F µν = ∂ µ (F νν Fνν 0 ), azaz 1 µ% νν 0 1 0 µν % ∂% −F F.ν + g F Fνν 0 = −F µν ∂% F.ν% − F%ν ∂ % F µν + ∂ µ (F νν Fνν 0 ) = −F µν ∂% F.ν% . 4 4 (14.58) A (14.55) egyenletet ´at´ırva 1 µ% νν 0 1 µν % µ %µ %µ ∂t P + ∂% T = 0, ahol T = −F F.ν + g F Fνν 0 , (14.59) µ0 4 vagy komponensekben ki´ırva 1 ∂t (pi + T i0 ) + ∂j T ij = 0. c
∂t (E + T 00 ) + ∂i (cT i0 ) = 0,
(14.60)
A t´erer˝oss´egekkel kifejezve: 1 νν 0 1 1 0i 1 2 2 ij F Fνν 0 = 2F F0i + F Fij = − 2E + B , 4µ0 4µ0 2µ0 c
(14.61)
ez´ert T
00
T 0i T ij
1 1 1 2 ε0 1 2 0i 0 = −F F.i + − 2 E + B = E2 + B2 µ0 2µ0 c 2 2µ0 1 1 1 = T i0 = − F 0j F.ji = Ej εijk Bk = (E × H)i µ0 cµ0 c 1 1 1 2 2 i0 j ik j = −F F.0 − F F.k − − 2E + B = µ0 2µ0 c 1 = (ED + BH)δij − (Ei Dj + Bi Hj ), 2
(14.62)
megegyeznek a kor´abban (7.5), (7.6), (7.17) ´es (7.18) egyenletekben megfogalmazott k´epletekkel. Mivel T µν = T νµ emiatt S = c2 g most term´eszetes m´odon teljes¨ ul.
14.4. Alkalmaz´ asok A relativisztikus invariancia illetve kovariancia elve sok esetben jelent˝osen leegyszer˝ us´ıti a sz´amol´asokat. Erre n´ezz¨ unk n´eh´any p´eld´at 155
• Ha egy rendszerben B = 0, akkor egy m´asik rendszerben E 0⊥ (x) = γE ⊥ (Λ−1 x).
Ek0 (x) = Ek (Λ−1 x),
Pl. z ir´any´ u egyenesvonal´ u egyenletes mozg´as eset´en az a´ll´o rendszerben x q 1 y. E= 4πε0 (x2 + y 2 + z 2 )3/2 z
(14.63)
(14.64)
A mozg´o rendszerben x0 = (ct, x, 0, 0) pontban keress¨ uk a t´erer˝oss´egeket. Az ennek megfelel˝o pont az ´all´o koordin´atarendszerben γx 1 q 0 , x = Λ−1 x0 = (cγt, x, 0, −γvt) ⇒ E 0 = 2 4πε0 (x + γ 2 v 2 t2 )3/2 −γvt (14.65) ami megegyezik a k¨ozvetlen sz´amol´as eredm´eny´evel. • A d’Alambert oper´ator 1 2 ∂t = −∂µ ∂ µ , (14.66) 2 c relativisztikusan invari´ans. Emiatt mozg´o vonatkoztat´asi rendszerb˝ol n´ezve is ugyanaz lesz a f´enysebess´eg. =4−
• Ha egy elektrom´agneses s´ıkhull´amot n´ezek mozg´o vonatkoztat´asi rendszerb˝ol, akkor mit l´atok? Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert legyen a hull´am terjed´esi ir´anya ugyanaz, mint a mozg´o koordin´atarendszer sebess´eg´enek ir´anya. Az a´ll´o rendszerben legyen E = E0 ey e−iω(t−x/c) ,
1 E0 ez e−iω(t−x/c) . B = ex × E = c c
(14.67)
A mozg´o vonatkoztat´asi rendszer sebess´ege v = (v, 0, 0) legyen. Ekkor Bx0 = By0 = 0, Ey0 (x) = γ(Ey (¯ x) − vBz (¯ x)), vEy (¯ x) Bz0 (x) = γ(Bz (¯ x) − ), x¯ = Λ−1 x. (14.68) 2 c
Ex0 = Ez0 = 0,
Be´ırva Ey ´es Bz alakj´at s 1 − v/c ¯ Ey0 (x) = E0 e−iω(t−¯x/c) , 1 + v/c
s Bz0 (x) =
156
1 − v/c E0 −iω(t¯−¯x/c) e . 1 + v/c c
(14.69)
Az exponensben szerepl˝o kifejez´es xv t¯ = γ(t + 2 ), c
x¯ ω(t¯ − ) = c
⇒
x¯ = γ(x + vt)
s
1 − v/c x ω(t − ). (14.70) 1 + v/c c
Vagyis a mozg´o rendszerben is s´ıkhull´amot l´atunk, azonban az amplit´ ud´o ´es a frekvencia k¨ ul¨onb¨ozik az ´all´o rendszerbeli ´ert´ekekt˝ol, a sebess´eg azonban marad f´enysebess´eg: s s 1 − v/c 1 − v/c 0 E00 = E 0 (x) = E00 ey e−iω (t−x/c) , E0 , ω0 = ω. (14.71) 1 + v/c 1 + v/c A frekvencia v´altoz´asa a Doppler-effektus. Ha v = c rendszerbe tudn´ank ´atmenni, akkor ω 0 = 0 ´es E00 = 0 lenne, azaz elt˝ unne a hull´am! A fenti megold´ast u ´gy is megkaphattuk volna, hogy ´eszrevessz¨ uk, hogy ωt − kx = kµ xµ , Emiatt
0
e−ikx = e−ikΛ vagyis
−1 x
ω v ω0 = γ − γk c c c
ω k µ = ( , k). c
ahol 0
= e−ik x , ⇒
k 0 = Λk,
ahol
1 − v/c ω0 = p ω. 1 − v 2 /c2
(14.72)
(14.73) (14.74)
• Ha egy egyenletesen mozg´o t¨omegpontot n´ez¨ unk: x0 = v 0 t0 az egyenlete valamely rendszerb˝ol n´ezve. Egy hozz´a k´epest mozg´o rendszerb˝ol, be´ırva az x0 ´es t0 kifejez´es´et kapjuk v + v0 x − vt t − vx/c2 p = v0 p ⇒ x= t. (14.75) vv 0 1 − v 2 /c2 1 − v 2 /c2 1+ 2 c Vagyis most is egyenesvonal´ u egyenletes mozg´ast l´atunk, amely ered˝o sebess´ege V =
v + v0 . vv 0 1+ 2 c
(14.76)
Ha b´armely sebess´eg c, akkor V = c is igaz. Ha rapidit´asban n´ezz¨ uk: v = −c tanh η, v 0 = −c tanh η 0 ´es V = −c tanh η¯ jel¨ol´essel tanh η¯ =
tanh η + tanh η 0 = tanh(η + η 0 ) 0 1 + tanh η tanh η
vagyis a rapidit´asban addit´ıvek a sebess´egek. 157
⇒
η¯ = η + η 0 ,
(14.77)
14.5. Sug´ arz´ asok relativisztikus t´ argyal´ asa Mivel a d’Alambert oper´ator invari´ans, ´ıgy a sug´arz´asok k´epletei is relativisztikusan a´t´ırhat´ok. El˝osz¨or n´ezz¨ uk a Green-f¨ uggv´enyek relativisztikus invarianci´aj´at: amint l´attuk (10.8)ben |x| 1 δ t∓ . (14.78) GR/A (t, x) = 4π|x| c Ez is relativisztikusan invari´ans? Ehhez felhaszn´aljuk, hogy X δ(x − x0 ) δ(f (x)) = , f 0 (x0 )
(14.79)
x0 , f (x0 )=0
vagyis δ(x2 ) = δ(c2 t2 − x2 ) =
1 1 |x| |x| (δ(ct − |x|) + δ(ct + |x|)) = (δ(t − ) + δ(t + )). 2|x| 2c|x| c c (14.80)
Emiatt
cΘ(−t) cΘ(t) δ(x2 ), GA (x) = δ(x2 ). (14.81) 2π 2π A fenti kifejez´es Lorentz invari´ans, ha nem haszn´alunk id˝ot¨ ukr¨oz´est is. Mozg´o pontt¨olt´es sug´arz´as´at a Li´enard-Wiechert potenci´alok ´ırj´ak le. A (11.7) ´es (11.8) k´epletek o¨sszefoglalhat´ok mint µ0 q (c, v) µ , R = x − γ(t0 ), c(t − t0 ) = R. (14.82) A = 4π R − βR t0 GR (x) =
Mivel a bal oldal n´egyesvektor, pr´ob´aljuk meg a jobb oldalt is ilyen form´aban a´tfogalmazni. A r´eszecske p´aly´aj´anak n´egyesvektora, valamint a n´egyessebess´eg: (1, v/c) uµ = p . 1 − v 2 /c2
γ µ (t) = (ct, γ(t)),
(14.83)
Ekkor a R vektor a´ltal´anos´ıt´asa: Rµ = xµ − γ µ (t0 ) = (c(t − t0 ), x − γ(t0 )) = (c(t − t0 ), R). Ezzel Rµ uµ = p
1 1 − v 2 /c2
(R − βR) ,
(14.84) (14.85)
hiszen R = c(t − t0 ) a retard´al´as egyenlete. Emiatt µ0 qc uµ A = , 4π Rµ uµ t0 µ
158
(14.86)
m´ar expliciten invari´ans k´eplet. Nemrelativisztikus k¨ozel´ıt´esben gyorsul´o t¨olt´es ´altal kisug´arzott teljes´ıtm´eny a dip´ol k¨ozel´ıt´essel ´ırhat´o le: a Larmor-k´epletet a (11.20) egyenletben ´ırtuk le: P =
Z0 q 2 2 dE = a, dt 6πc2
ha
v c.
(14.87)
A bal oldal itt relativisztikusan invari´ans, hiszen ´all´o rendszerben cP µ = (E, 0) ´es xµ = (ct, 0), vagyis mozg´o rendszerben E 0 = γE,
t0 = γt
⇒
dE 0 dE , = 0 dt dt
(14.88)
a teljes´ıtm´eny minden mozg´o megfigyel˝o sz´am´ara ugyanaz, mint az a´ll´o rendszerben. A jobb oldal a Larmor-k´epletben azonban nem relativisztikusan invari´ans. Viszont a v → 0 limeszt ismerve invari´anss´a tehetj¨ uk. Ehhez el˝osz¨or a n´egyesgyorsul´as k´eplet´et vezetj¨ uk le: d dγ d2 xµ = (γc, γv) = γ(c, v) + γ 2 (0, a), (14.89) aµ = 2 dτ dτ dt ahol a = dv/dt h´armasgyorsul´as. Mivel dγ/dt = γ 3 va/c2 , ez´ert aµ = γ 4 βa, γ 4 β(βa) + γ 2 a . (14.90) ´ o koordin´atarendszerben aµ → (0, a), azaz All´ aµ aµ → −a2 ,
(14.91)
vagyis megtal´altuk a a2 relativisztikus kiterjeszt´es´et. Ezzel a relativisztikus Larmork´eplet: Z0 q 2 µ P =− a aµ . (14.92) 6πc2 Sebess´egekkel ´es gyorsul´asokkal kifejezve: − aµ aµ = γ 4 a2 + γ 6 (βa)2 = γ 6 (a2 − (β × a)2 ). Ezzel teh´at
(14.93)
Z0 q 2 6 2 γ (a − (β × a)2 ). (14.94) 6πc2 Ez a k´eplet megegyezik a k¨ozvetlen sz´amol´assal kapott (11.40) k´eplettel. Kifejezhetj¨ uk az impulzussal is a kisug´arzott teljes´ıtm´enyt: mivel pµ = m0 cuµ , ez´ert duµ γ γ2 1 µ µ µ 2 2 a =c = ∂t p ⇒ −aµ a = 2 (∂t p) − 2 (∂t E) . (14.95) dτ m0 m0 c P =
159
Figyelembe v´eve, hogy p2 = pµ pµ = m20 c2 , azaz E 2 = p2 c2 + m20 c4 , azaz E∂t E = c2 p∂t p
⇒
∂t E =
c2 p∂t p . E
(14.96)
ezt vissza´ırva γ2 c2 (p∂t p)2 γ 2 (∂t p)2 v 2 c2 (p∂t p)2 2 2 − aµ a = 2 (∂t p) − = 2 + 2 (∂t p) − . (14.97) m0 E2 m0 γ2 c E2 µ
cp Tov´abb´a vc = E , teh´at 2 (p × ∂t p)2 γ 2 c2 2 c2 (p∂t p)2 2 2 2 2 v = 2 p (∂t p) − (p∂t p) = . (∂t p) − γ c2 E2 E m20 c2
(14.98)
Vagyis v´eg¨ ul (14.92) alapj´an Z0 q 2 (p × ∂t p)2 2 P = (∂t p) + . 6πm20 c2 m20 c2
(14.99)
Ha vka, azaz pk∂t p, vagyis egy dimenzi´os mozg´asr´ol van sz´o. Ekkor v × a = 0, azaz P =
Z0 q 2 (∂t p)2 . 6πm20 c2
(14.100)
Mekkora a kisug´arzott teljes´ıtm´eny a r´eszecske energi´aj´anak egys´egnyi id˝obeli n¨oveked´es´ehez k´epest? Felhaszn´alva, hogy a k¨ uls˝o er˝o munk´aja ∂t p = F = dE/dx = ∂x E: Z0 q 2 (∂x E)2 Z0 q 2 1 dE dE¯ P = = = , ∂t E 6πm20 c2 ∂t E 6πm20 c2 v dx d¯ x
ahol
E¯ =
E , m 0 c2
x¯ =
6πm0 v x. Z0 q 2 (14.101)
Defini´alva a r´eszecske t¨olt´essugar´at olyan m´odon, hogy q2 = m0 c2 , 4πε0 r0
(14.102)
3x . Felhaszn´alva m´eg azt, hogy az energia n¨oveked´ese a akkor l´athat´o m´odon x¯ = β 2r 0 gyors´ıt´o t´erer˝oss´eg miatt van, be´ırhatjuk
dE = qE dx
dE¯ 2r0 q = E. d¯ x 3βm0 c2
⇒
(14.103)
Nagy gyors´ıt´o terekn´el β hamarosan 1 k¨or¨ uli lesz. Vagyis a kisug´arzott teljes´ıtm´eny akkor o¨sszem´erhet˝o a gyors´ıt´o teljes´ıtm´ennyel, ha δx ∼ r0 t´avols´agon a r´eszecske energi´aja a nyugalmi energi´aj´aval n¨ovekszik, ami t´erer˝oss´eggel kifejezve E∼
m0 c2 . r0 q
160
(14.104)
Elektronra kisz´amolva (q = 1.6 · 10−19 C, m0 = 9.1 · 10−31 kg, c = 2.99 · 108 m/s): r0 ≈ 1.88 · 10−15 m. A proton m´erete Rp = 0.88 · 10−15 , vagyis a jobb oldal r0 ≈ 2.14 Rp , ez megfelel az atommagok jellemz˝o m´eret´enek is. Az elektron saj´at t¨omeg´enek megfelel˝o energia 5.11 · 105 V gyors´ıt´o fesz¨ ults´eg sor´an keletkezik, vagyis ekkora fesz¨ ults´eges´es lenne sz¨ uks´eges atommagnyi m´ereteken – ez rendk´ıv¨ ul nagy! A megfelel˝o t´erer˝oss´eg E ≈ 5 · 105 V/2.14Rp ≈ 2.7 · 1020 V/m. A ma el´erhet˝o legnagyobb t´erer˝oss´egek r¨ovid impulzus´ u 12 l´ezerekben ∼ 10 V/m nagys´agrend˝ uek, ez m´eg messze a k´ıv´ant nagys´agrend alatt marad. Emiatt a sug´arz´asi vesztes´eg line´aris gyors´ıt´as eset´en mindig elhanyagolhat´o. M´asr´eszt ekkora t´erer˝oss´egek eset´en m´as ´erdekes jelens´egek bek¨ovetkez´es´ere is sz´am´ıthatunk. A kvantummechanika elvei szerint a v´akuumban r¨ovid id˝ore r´eszecskeantir´eszecske p´arok keletkeznek, az ilyen a´llapotok ´elettartam´anak becsl´es´ere ∆Eτ ∼ ~ rel´aci´ot lehet haszn´alni, ahol ~ a Planck-´alland´o, ´es ∆E = 2m0 c2 egy r´eszecskep´ar energi´aja. Ezen o¨sszef¨ ugg´es ´ertelmez´ese az, hogy r¨ovid id˝ore a v´akuumt´ol k¨olcs¨on lehet ” venni” energi´at, de azt τ id˝o ut´an vissza kell adni. A visszaad´as norm´al esetben a r´eszecske-antir´eszecske p´ar annihil´aci´oj´aval, megsemmis¨ ul´es´evel t¨ort´enik. Azonban nagy elektromos terek eset´en a rendelkez´esre a´ll´o τ id˝o alatt a r´eszecsk´ek gyorsulnak, energi´at nyernek. Ha ez az energia elegend˝o a k¨olcs¨on fedez´es´ere, a r´eszecske ´es antir´eszecske nem kell megsemmis¨ ulj¨on, hanem t´avozik, ´es megfigyelhet˝o lesz. Nagy t´erer˝oss´egekn´el teh´at a v´akuum nem stabil, hanem elbomlik p´arkelt´es seg´ıts´eg´evel: ez a Schwinger-effektus. Becs¨ ulj¨ uk meg a sz¨ uks´eges t´erer˝oss´eget elektronra! Ehhez vegy¨ uk figyelembe, hogy E t´erer˝oss´eg τ id˝o alatt, relativisztikus sebess´egekkel sz´amolva eEcτ energi´at k´epes adni, most e az elemi t¨olt´es, az elektron t¨olt´ese. A sz¨ uks´eges felt´etel teh´at 2m0 c2 = eEcτ =
ec~ E. m0 c2
A megjelen˝o c~ helyett ´erdemes behozni a kor´abban defini´alt finomszerkezeti ´alland´ot (13.38), ezzel e2 1 c~ = = re m0 c2 , 4πε0 α α teh´at a v´akuumb´ol t¨ort´en˝o p´arkelt´eshez sz¨ uks´eges t´erer˝oss´eg nagyj´ab´ol E∼α
m0 c2 , r0 q
(14.105)
1 ez α = 137 faktorral kisebb, mint a line´aris gyors´ıt´as sug´arz´asi vesztes´eg´enek jelent˝oss´e v´al´as´ahoz. Vagyis a v´akuum hamarabb lesz instabil, miel˝ott ez bek¨ovetkezne.
161
15. fejezet Matematikai alapfogalmak A matematikai megfogalmaz´ashoz sz¨ uks´eges defin´ıci´ok a k¨ovetkez˝ok: 15.1. Defin´ıci´ o A mez˝o egy U : Rn → Rm lek´epez´es. A mez˝o val´oj´aban a f¨ uggv´eny fogalm´anak kiterjeszt´ese, hiszen ha n = m = 1, akkor U : R → R, egy dimenzi´os f¨ uggv´eny. Az elektrodinamik´aban az alapt´er R3 ≡ {(x)} fizikai t´er (az id˝o csak egy param´eter; k´es˝obb ´atfogalmazunk majd mindent t´erid˝ore). Az m ´ert´eke lehet • m = 1: skal´art´er, a t´er minden pontj´ahoz egy val´os sz´amot rendel¨ unk, x 7→ Φ(x) (pl. h˝om´ers´ekleteloszl´as, elektromos potenci´al) • m = 3: vektormez˝o, minden ponthoz egy 3D vektort rendel¨ unk x 7→ E(x) (pl. sebess´egeloszl´as a´raml´asn´al, elektromos t´er). Komponensek: Rn -ben a Descartes P b´azist jel¨olj¨ uk ei -vel. Ebben a b´azisban kifejthet˝o n n ul el fogjuk hagyni, minden x ∈ R vektor: ´ıgy pl. x = i=1 xi ei . A szumm´at ezent´ ism´etl˝od˝o indexek automatikusan ¨osszegz´est jelentenek (Einstein konvenci´o). Ne felejts¨ uk azonban el, hogy a komponenseknek ¨onmagukban nincs jelent´es¨ uk, csup´an a b´azis megad´as´aval egy¨ utt ´ertelmesek. Rn -ben mindig adott egy skal´arszorzat Rn × Rn → R. A Descartes-b´azis erre a skal´arszorzatra n´ezve ortonorm´ Pnalt: ei ej = δij . Emiatt a Descartes komponensekkel √ n kifejezve ut ´ert´eke) |u| = u · u = pPn u, v ∈ R -re u · v = i=1 ui vi . A vektor hossza (abszol´ 2 i=1 ui . Tenzorszorzat: u ∈ Rn ´es v ∈ Rn diadikus (tenzor) szorzata u ⊗ v ∈ Rnm , amely line´aris mindk´et komponens´eben. Emiatt Rnm -en b´azist alkot {ei ⊗ ej ki = 1 . . . n, j = 1 . . . m}; ebben a b´azisban a diadikus szorzat komponensei ui vj . Az egy dimenzi´os f¨ uggv´enyekn´el megszokott fogalmakat kiterjeszthetj¨ uk a mez˝okre is, megfelel˝o ´atfogalmaz´assal. Mez˝ok ¨osszege, sz´ammal val´o szorzata mag´at´ol ´ertet˝odik. 162
15.1. Mez˝ ok deriv´ altja 15.2. Defin´ıci´ o U : Rn → Rm mez˝o deriv´altja ∇U : Rn → Rnm mez˝o, egy adott ∂Uj pontban komponensekben kifejezve ∇U (x) → ∂i Uj (x) ≡ , ahol i = 1, . . . n, j = ∂xi x 1 . . . m, ahol ∂/∂xi jelent´ese: csak az i. komponens v´altozik, a t¨obbi a´lland´o marad, valamint bevezett¨ uk a ∂i = ∂/∂xi r¨ovid´ıtet jel¨ol´est. A parci´alis deriv´alt jelent´ese: U megv´altoz´asa, ha x → x + a pontba megy¨ unk: δUj = Uj (x + a) − Uj (x) = ai ∂i Uj ,
(15.1)
P´eld´ak: • n = m = 1 eset´en ∇f =
df k¨oz¨ons´eges deriv´alt. dx
∂Φ ≡ grad Φ, neve: Φ gradiense. ∂xi Φ megv´altoz´asa a ir´anyban δΦ = a grad Φ. Emiatt grad Φ-re mer˝oleges ir´anyban vannak az ekvipotenci´alis fel¨ uletek, maga grad Φ a legnagyobb v´altoz´as ir´any´aba mutat.
• n = 3, m = 1 skal´art´er eset´en ∇Φ → ∂i Φ =
• n = m = 3, ekkor a deriv´alt egy k´etindexes mennyis´eg ∇U → ∂i Uj . Ennek speci´alis v´altozatai: – div U = ∂i Ui skal´armez˝o, U divergenci´aja – rot U = ∇ × U = εijk ∂j Uk vektormez˝o, U rot´aci´oja.1 • div grad Φ = 4Φ, Laplace oper´ator. Komponensekben kifejezve 4Φ = ∂i ∂i Φ. • [rot rot U ]i = εijk εk`m ∂j ∂` Um = ∂i ∂j Uj − ∂j ∂j Ui = grad div U − 4U . • div rot U = ∂i εijk ∂j Uk = 0, valamint [rot grad Φ]i = εijk ∂j ∂k Φ = 0.
15.2. Mez˝ ok integr´ alja Az egy dimenzi´os f¨ uggv´enyek integr´alj´at is kiterjeszthetj¨ uk mez˝okre. Ehhez defini´aljuk ´ • g¨orbe: R ⊃ I → R3 f¨ uggv´eny, komponensekben si (τ ). Ertelmez´ ese: a g¨orb´et dsi . param´eterezz¨ uk val´os sz´ammal. G¨orbe ´erint˝oje egy adott pontban dτ 1
Itt εijk teljesen antiszimmetrikus mennyis´eg ´es ε123 = 1; vagyis nem nulla elemei csak 1 = ε123 = ε231 = ε312 = −ε213 = −ε132 = −ε321 . ε-ok szorzata: εijk εk`m = δi` δjm − δim δj` .
163
• fel¨ ulet: R2 ⊃ A → R3 f¨ uggv´eny, komponensekben fi (u, v). Egy fel¨ uletnek k´et dfi dfi ´es vektorok fesz´ıtik ki. A fel¨ ulet norm´alisa ´erint˝ovektora van, ezeket a du dv dfj dfk mer˝oleges a fel¨ ulet ¨osszes ´erint˝ovektor´ara: Ni = εijk , a fel¨ ulet norm´alis du dv egys´egvektora n = N/N . A fel¨ uletelem dfi = Ni dudv ≡ ni da. Ennek da nagys´aga az fu = f (u + du, v) − f (u, v) ´es a fv = f (u, v + dv) − f (u, v) vektorok ´altal kifesz´ıtett paralelogramma ter¨ ulete; val´oban, ez a fel¨ ulet fu fv sin φ = |fu × fv |. Ez, du-ban ´es dv-ben els˝o rendben megegyezik a fenti kifejez´essel. G¨orb´en vett integr´al Z
Z dsi U (s) =
dτ
s
I
dsi U (s(τ )). dτ
M´as param´eterez´est v´alasztva τ (t) a´tt´er´essel: Z Z Z dτ dsi dt dsi dsi dt dt U (s(τ )) = U (s(τ (t))) = U (s(t)), dτ dτ dt dt dτ dt I0 I0 I azaz param´eterez´esf¨ uggetlen. Fel¨ uletre vett integr´al Z Z dfj dfk dudv εijk dfi U (f ) = U (f (u, v)). du dv A f
(15.2)
(15.3)
(15.4)
Err˝ol szint´en k¨onnyen bel´athat´o, hogy param´eterez´esinvari´ans. V´eg¨ ul t´erfogatra vett integr´al Z d3 xU (x).
(15.5)
V
Elvileg ezt is lehetne param´eterezni x(a, b, c), ekkor a t´erfogatelem d3 x = εijk
dxi dxj dxk , da db dc
(15.6)
amely szint´en param´eterez´esf¨ uggetlen. Egy dimenzi´oban az integr´al´as ´es differenci´al´as k¨oz¨ott ¨osszef¨ ugg´es van (NewtonLeibniz-formula): Zb df dt = f (b) − f (a). (15.7) dt a
Ez szint´en ´altal´anos´ıthat´o magasabb dimenzi´os mez˝okre, a forma mindig ez marad: egy magasabb dimenzi´os fel¨ uletre vett integr´alja egy deriv´altnak a fel¨ ulet hat´ar´ara vett alacsonyabb dimenzi´os integr´allal egyezik meg: Z I dV div U = dfi Ui (Gauss) ZV I∂V dfi [rot U ]i = dsi Ui (Stokes). (15.8) A
∂A
164
Der´eksz¨og˝ u tartom´anyokra mindkett˝o bizony´ıt´asa egyszer˝ u:
a2
a1
Z df1 U1 + B1
a3
a2
a
Z3
dx3 [U1 (b1 , x2 , x3 ) − U1 (a1 , x2 , x3 )] =
dx2
dx3 ∂1 U1 (x1 , x2 , x3 ) =
dx2
dx1
Zb3
Zb2
Zb3
Zb2
Zb1
df1 U1 ,
(15.9)
A1
mivel az ir´any´ıt´as ott ellent´etes. Minden oldalra fel¨osszegezve kapjuk a Gauss-t´etelt. M´asr´eszt dx2 [∂1 U2 −∂2 U1 ] =
dx1 a1
Zb2
Zb2
Zb1
Zb1 dx2 [U2 (b1 , x2 )−U2 (a1 , x2 )]− dx1 [U1 (x1 , b2 )−U1 (x1 , a2 )]; a1
a2
a2
(15.10) az ir´any´ıt´asokat figyelembe v´eve ism´et megkapjuk a helyes eredm´enyt. A teljes fel¨ uletet beosztva t´eglalapokra tetsz˝oleges fel¨ uletre bizony´ıthat´o.
15.3. Line´ aris algebra A line´aris algebr´ab´ol felhaszn´alt ismeretek k¨oz¨ ul n´eh´any bizony´ıt´ast id´ez¨ unk fel. Legyen ∆ egy N × N -es ¨onadjung´alt (val´os esetben szimmetrikus) m´atrix, ahol az adjung´al´as defin´ıci´oja ∗ u∗ Mv = M† u v ⇒ (M † )ij = Mji∗ . (15.11) Ekkor a ∆F(i) = λi F(i)
(15.12)
saj´at´ert´ek egyenletet megold´as´ar´ol a k¨ovetkez˝oket tudjuk • λa val´os, mert F∗(i) ∆F(i) = λi F∗(i) F(i) F(i) ∆F∗(i) = λ∗i F(i) F∗(i)
) ⇒
0 = F∗(i) ∆F(i) − F(i) ∆F∗(i) = (λi − λ∗i )F∗(i) F(i)
⇒
0 = F∗(j) ∆F(i) − F(i) ∆F∗(j) = (λi − λj )F∗(j) F(i)
• F(i) -k ortogon´alisak, mert F∗(j) ∆F(i) = λi F∗(j) F(i) F(i) ∆F∗(j) = λj F(i) F∗(j)
)
• {F(i) |i = 1, . . . , N } teljes rendszert alkot, azaz minden b vektorra ∃ {ci |i = 1, . . . , N } P egy¨ utthat´ok, hogy b = N as miatt ci = bF(i) . i=1 ci F(i) . Az ortogonalit´ 165
Komponensekben a vektorokra igaz: N X
∗ F(i),a F(i),b
= δab ,
N X
´es
∗ F(i),a F(j),a = δij .
(15.13)
a=1
i=1
15.4. Legendre-polinomok A Legendre-f´ele differenci´alegyenlet d dP (1 − x2 ) + ν(ν + 1)P = 0 dx dx
(15.14)
15.4.1. Megold´ as hatv´ anysor alakban Mivel az egyenlet m´asodrend˝ u, k´et line´arisan f¨ uggetlen megold´asa l´etezik. Keress¨ uk a [−1, 1] intervallumon regul´aris megold´asokat a k¨ovetkez˝o alakban: P (x) = xα
∞ X
cn x n
n=0
Behelyettes´ıtve: ∞ X
(α + n)(α + n − 1)cn xα+n−2 − [(α + n)(α + n + 1) − ν(ν + 1)] cn xα+n = 0
n=0
Egy¨ utthat´ok: xα−2 : α(α − 1)c0 = 0 xα−1 : α(α + 1)c1 = 0 xα+j : (α + j + 2)(α + j + 1)cj+2 = [(α + j)(α + j + 1) − ν(ν + 1)]cj
j∈N
Ez´ert
(α + j)(α + j + 1) − ν(ν + 1) cj (α + j + 2)(α + j + 1) ´es vagy csak p´aros, vagy csak p´aratlan hatv´anyok fordulnak el˝o. K´et eset van: cj+2 =
c0 = 6 0: c1 = 6 0:
α=0 α=0
vagy vagy
α=1 α = −1
A m´asodik lehet˝os´eg mind a k´et esetben parit´ast v´alt, a f¨ uggetlen esetek teh´at az α = 0 v´alaszt´assal el˝oa´llnak: j(j + 1) − ν(ν + 1) cj+2 = cj (15.15) (j + 2)(j + 1) 166
Mivel
cj+2 →1 ha j→∞ cj mindk´et sor diverg´al x = −1-ben, kiv´eve, ha v´eges sok tag ut´an termin´alnak. Ez akkor lehets´eges, ha ν = l ∈ N ´es ekkor l parit´as´at´ol f¨ ugg˝oen a p´aros vagy a p´aratlan sor termin´al. Ezt a megold´ast a k¨ovetkez˝ok´eppen norm´aljuk: P (1) = 1 ´es l-edfok´ u Legendre-polinomnak nevezz¨ uk, jele Pl (x) Megjegyz´ es: az (r, θ, φ) g¨ombi koordin´at´akban fel´ırt Laplace-egyenlet megold´asakor az x jelent´ese x = cos θ Az x = ±1 pontokbeli regularit´as megk¨ovetel´ese azt jelenti, hogy a megold´asi tartom´any a θ pol´arsz¨ogben a teljes [0, π] intervallum. Amennyiben ez nem k¨ovetelm´eny (pl. a cs´ ucshat´as t´argyal´as´an´al), megengedhet˝o, hogy l tetsz˝oleges val´os sz´am legyen, valamint ha egyik pontban sem sz¨ uks´eges a regularit´as, akkor mindk´et line´arisan f¨ uggetlen megold´as sz´oba j¨ohet (ilyenkor a megold´asok nem polinomok). Az l param´eter analitikusan ak´ar a komplex s´ıkra is kiterjeszthet˝o. Mivel az egyenletnek l → −l − 1 szimmetri´aja, ez´ert az l param´eter fundament´alis tartom´anya 1 <e ≥ − 2
15.4.2. Ortogonalit´ as A Legendre-polinomok ortogon´alisak: Z 1 d 2 dPl (x) 0= dxPl0 (x) (1 − x ) + l(l + 1)Pl (x) dx dx −1 Z 1 dPl0 (x) 2 dPl (x) = dx − (1 − x ) + l(l + 1)Pl0 (x)Pl (x) dx dx −1 ´es Z 1 dPl0 (x) 2 dPl (x) 0= dx − (1 − x ) + l(l + 1)Pl0 (x)Pl (x) dx dx −1 Z 1 dPl (x) 2 dPl0 (x) 0 0 − dx − (1 − x ) + l (l + 1)Pl0 (x)Pl (x) dx dx −1 Z 1 0 0 = [l(l + 1) − l (l + 1)] dxPl0 Pl −1
167
azaz Z
1
dxPl0 (x)Pl (x) = 0
l 6= l0
−1
Mivel minden xn hatv´any el˝o´all a Legendre-polinomok line´aris kombin´aci´ojak´ent, ez´ert egyben teljes f¨ uggv´enyrendszert is alkotnak. R´aad´asul mivel az xn hatv´anyt n´ala nem nagyobb fok´ u Legendre-polinomokkal lehet kifejezni, ez´ert Z 1 dxxn Pl (x) = 0 l>n −1
azaz a Legendre-polinomok pont az elemi hatv´anyokb´ol Gram-Schmidt ortogonaliz´acio´val k´epzett b´azis a [−1, 1] intervallumon n´egyzetesen integr´alhat´o f¨ uggv´enyek ter´eben. Norm´aljuk ezeket a f¨ uggv´enyeket a Pl (1) = 1 felt´etellel.
15.4.3. Rodrigues formula A fentiekb˝ol k¨ovetkezik a Rodrigues formula: 1 dl 2 (x − 1)l 2l l! dxl Bizony´ıt´as: el˝osz¨or is l-szeres parci´alis integr´al´assal Z +1 l n d (x2 − 1)l = 0 l>n dxx l dx −1 Pl (x) =
teh´at mindenk´eppen igaz, hogy dl 2 (x − 1)l dxl mivel ut´obbi egy l-edfok´ u polinom, ami minden n´ala kisebb foksz´am´ u polinomra ortogon´alis a [−1, 1] intervallumon. Explicit sz´am´ıt´assal ellen˝orizhet˝o, hogy 1 dl 2 l (x − 1) =1 2l l! dxl x=1 Pl (x) ∝
Bizony´ıt´as: 1 dl 2 1 dl l l l (x − 1) = (x − 1) (x + 1) 2l l! dxl 2l l! dxl x=1 x=1 l l−n n X 1 l d d l l = l (x − 1) (x + 1) 2 l! n=0 n dxl−n dxn 168
x=1
Ebb˝ol csak az n = 0 tag ad j´arul´ekot x = 1-n´el, azaz l 1 dl 2 1 l d l l (x + 1) (x − 1) = (x − 1) 2l l! dxl 2l l! dxl x=1 x=1 1 = l (x + 1)l l! 2 l! x=1 =1
15.4.4. Gener´ atorfu eny ¨ ggv´ A Laplace-egyenlet ´altal´anos megold´asa azimut´alis szimmetria eset´en Φ(r, θ) =
∞ X
(Al rl + Bl r−l−1 )Pl (cos θ)
l=0
A G(x, x0 ) =
1 |x − x0 |
is megoldja a Laplace egyenletet ha x 6= x0 : ∆x
1 =0 |x − x0 |
Legyen x0 = ez ´es |x| = r < 1, ekkor az r = 0-ban vett regularit´as miatt Bl = 0 ´es ∞
X 1 Al xl Pl (cos θ) = |x − ez | l=0 azaz t = cos θ jel¨ol´essel
∞
X 1 √ = Al rl Pl (t) 2 1 − 2tr + r l=0 ´es a t = 1 pontban
∞
X 1 = Al r l 1−r l=0
⇒
Al = 1
´ olve a v´altoz´okat, ezzel bel´attuk, hogy a Legendre-polinomok gener´atorf¨ Atjel¨ uggv´enye ∞
X 1 √ = tl Pl (x) 2 1 − 2xt + t l=0
169
15.4.5. Norm´ al´ as Most m´ar csak 1
Z
dxPl (x)2
Nl = −1
kell. Induljunk ki a gener´atorf¨ uggv´enyb˝ol: 2 X ∞ X ∞ 1 √ = tk tl Pl (x)Pk (x) 2 1 − 2xt + t l=0 k=0 Mindk´et oldalt integr´alva Z
1
−1
∞
X dx = Nk t2k 1 − 2xt + t2 k=0
Elemi integr´al´assal Z
1
−1
1 1+t dx = log 2 1 − 2xt + t t 1−t
Felhaszn´alva. hogy log(1 − t) = −
∞ n X t
n=1 ∞ X
n
(−1)n−1
log(1 + t) =
n=1
ad´odik, hogy
∞ X
2k
Nk t
=
∞ X k=0
k=0
tn n
2 t2k 2k + 1
azaz a Legendre-polinomok teljes ortogonalit´asi rel´aci´oja Z 1 2 δll0 dxPl0 (x)Pl (x) = 2l + 1 −1
15.4.6. Fu enyek kifejt´ ese ¨ ggv´ Legyen f egy a [−1, 1] intervallumon n´egyzetesen integr´alhat´o f¨ uggv´eny. Ekkor ∞ X
f (x) =
cl Pl (x)
l=0
ahol 2 cl = 2l + 1
Z
+1
dxPl (x)f (x) −1
170
15.5. Asszoci´ alt Legendre-fu enyek ¨ ggv´ Az asszoci´alt Legendre-egyenlet m2 d 2 dP (1 − x ) + ν(ν + 1) − P =0 dx dx 1 − x2 ahol kihaszn´alva az egyenlet szimmetri´aj´at a ν → −ν − 1 transzform´aci´ora, legyen ν ≥ − 21 .
15.5.1. Szingul´ aris pontok ´ ırva a v´altoz´ot Ennek az egyenletnek x = ±1 szingul´aris pontjai. At´ x=1−ξ ξ(2 − ξ)
dP d ξ(2 − ξ) + ν(ν + 1)ξ(2 − ξ) − m2 P = 0 dξ dξ
´es a megold´ast P (x) = ξ
α
∞ X
cn ξ n
n=0
alakban keresve
m 2 ad´odik. Ebb˝ol csak a pozit´ıv el˝ojel elfogadhat´o a regularit´as miatt. Ezek szerint α=±
P (x) ∝ (1 − x)m/2 ha x ∼ 1. Ugyanez a gondolatmenet x = −1 + ξ helyettes´ıt´essel azt adja, hogy P (x) ∝ (1 + x)m/2 ha x ∼ −1.
171
(15.16)
15.5.2. Ansatz ´ es rekurzi´ o Ez´ert keress¨ uk a megold´ast a k¨ovetkez˝o alakban: P (x) = (1 − x2 )m/2 p(x)
(15.17)
Legyen m > 0 ´es fejts¨ uk ki a p f¨ uggv´enyt: p(x) =
X
cn x n
n
Ekkor azt kapjuk, hogy X n(n − 1)xn−2 − (m(m + 1) + (n + m)2 − ν(ν + 1))xn cn = 0 n
azaz cn+2 =
(m(m + 1) + (n + m)2 − ν(ν + 1)) cn (n + 1)(n + 2)
Ez a rekurzi´o m = 0-ra visszaadja (15.15)-t, ahogy ez el is v´arhat´o. Megint van egy p´aros ´es egy p´aratlan megold´as, amelyek egym´ast´ol f¨ uggetlenek. A regularit´ashoz x = ±1-ben megint az kell, hogy a sor termin´al´odjon; ez akkor t¨ort´enik meg, ha a fenti rekurzi´oban a sz´aml´al´o 0, ami k´et esetben lehets´eges: n = −1 − m − ν n=ν−m Ekkor a m´asodik lehet˝os´eg vezethet termin´al´ashoz, amihez az kell, hogy ν=l∈N
´es
m≤l
Ekkor a megfelel˝o parit´as´ u hatv´anyokb´ol ´all´o p(x) egy l − m-ed fok´ u polinom.
15.5.3. Megold´ as el˝ o´ all´ıt´ asa a Legendre-polinomokkal Explicit behelyettes´ıt´essel ellen˝orizhet˝o, hogy a Plm (x) = (1 − x2 )m/2 megoldja az asszoci´alt Legendre-egyenletet.
172
dm Pl (x) dxm
Bizony´ıt´as: differenci´aljuk le a Legendre-egyenletet m-szer dm d 2 dP (1 − x ) + l(l + 1)P dxm dx dx 2 dP dm 2 d P + l(l + 1)P = m (1 − x ) 2 − 2x dx dx dx d1+m P dm P d2+m P = (1 − x2 ) 2+m − 2mx 1+m − m(m − 1) m d x d x d x m m 1+m d P d P d P −2x 1+m − 2mx m + l(l + 1) m d x d x d x (m)
azaz pl
(x) =
d m Pl dm x
(ami egy l − m-edfok´ u polinom) megoldja az
(m)
(1 − x2 )
(m)
d2 pl (x) dpl (x) (m) − 2(m + 1)x + [l(l + 1) − m(m + 1)] pl (x) = 0 dx2 dx
egyenletet. M´asfel˝ol a (15.17) Ansatzot az asszoci´alt Legendre-egyenletbe helyettes´ıtve az ad´odik, hogy az ott szerepl˝o p(x) f¨ uggv´eny megoldja az (1 − x2 )
dp(x) d2 p(x) − 2(m + 1)x + [l(l + 1) − m(m + 1)] p(x) = 0 dx2 dx
(15.18)
egyenletet. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy (a norm´al´ast egynek v´alasztva) (m)
p(x) = pl
(x) =
dm P l dm x
hiszen a rekurzi´o szerint a (15.18) egyenletnek norm´al´as erej´eig egyetlen olyan megold´asa van, ami l − m-edfok´ u polinom.
15.5.4. Kiterjeszt´ es negat´ıv indexre m < 0-ra a fenti formul´ak a k¨ovetkez˝o m´odon terjeszthet˝ok ki: Plm (x) = (1 − x2 )m/2
l+m dm 2 m/2 1 d P (x) = (1 − x ) (x2 − 1)l l m l l+m dx 2 l! dx
Ez kiterjeszthet˝o arra az esetre, ha −l ≤ m ≤ l. Azonban mivel (15.16) csak m2 et tartalmazza, Plm (x) ´es Pl−m (x) ugyanazt az asszoci´alt Legendre-egyenletet oldja meg, aminek tudjuk, hogy norm´al´as erej´eig csak egy v´eges fok´ u polinom megold´asa van. Ez´ert ez a k´et f¨ uggv´eny nem lehet f¨ uggetlen egym´ast´ol; k¨ozt¨ uk fenn´all a Pl−m (x) = (−1)m
(l − m)! m P (x) (l + m)! l
173
rel´aci´o. Bizony´ıt´as: mivel nem lehetnek f¨ uggetlenek, ez´ert Pl−m (x) = clm Plm (x) ´es csak clm ´ert´eke a k´erd´eses. Ez az egyenlet ki´ırva (1 − x2 )−m/2
l+m 1 dl−m 2 l 2 m/2 1 d (x − 1) = c (1 − x ) (x2 − 1)l lm 2l l! dxl−m 2l l! dxl+m
azaz
l+m dl−m 2 l 2 m d (x − 1) = c (1 − x ) (x2 − 1)l lm l−m l+m dx dx A k´et oldalon a legmagasabb fok´ u tag egy¨ utthat´oja meg kell egyezzen: l+m dl−m 2 l 2 m d (x ) = c (−x ) (x2 )l lm dxl−m dxl+m
´es itt m´ar explicite el tudjuk v´egezni a deriv´al´ast: 2l(2l − 1) . . . (l + m + 1)xl+m = clm (−1)m 2l(2l − 1) . . . (l − m + 1)xl+m azaz
(2l)! (2l)! = clm (−1)m (l + m)! (l − m)!
amib˝ol az ´all´ıt´as k¨ovetkezik.
15.5.5. Az asszoci´ alt Legendre-fu enyek alapvet˝ o tulajdons´ a¨ ggv´ gai 1. Plm=0 (x) = Pl (x) 2. Plm (x) = 0, m > l. Ez egyszer˝ uen k¨ovetkezik abb´ol, hogy l+m dm 2 m/2 1 d P (x) = (1 − x ) (x2 − 1)l l dxm 2l l! dxl+m
Plm (x) = (1 − x2 )m/2
´es egy 2l-edfok´ u polinom 2l-n´el magasabb deriv´altja nulla. 3. Ortogonalit´as Z
+1
dxPlm (x)Plm 0 (x) = 0
−1 0
ha l 6= l . A bizony´ıt´as ugyan´ ugy megy, ahogy a Pl Legendre polinomokn´al l´attuk. 174
4. Norm´al´as
+1
Z
dxPlm (x)Plm (x) =
−1
2 (l + m)! 2l + 1 (l − m)!
Bizony´ıt´as: Plm (x) = (−1)m
(l + m)! −m P (x) (l − m)! l
Ezt be´ırjuk az integr´al al´a Z +1 dxPlm (x)Plm (x) −1 Z +1 l+m 1 dl−m 2 m (l + m)! l 1 d = (−1) dx l (x − 1) (x2 − 1)l l−m l l+m (l − m)! −1 2 l! dx 2 l! dx Most m-szer parci´alisan integr´alunk, a kiintegr´alt r´esz a hat´aron mindig 0: Z l 1 dl 2 (l + m)! +1 l 1 d dx l (x − 1) (x2 − 1)l = (l − m)! −1 2 l! dxl 2l l! dxl Z (l + m)! +1 dxPl (x)2 = (l − m)! −1 2 (l + m)! = 2l + 1 (l − m)! Ennek k¨ovetkezm´enye Z
+1
dxPlm (x)Plm 0 (x) =
−1
2 (l + m)! δll0 2l + 1 (l − m)!
15.6. G¨ ombfu enyek ¨ ggv´ Defin´ıci´o:
s Ylm (θ, φ) =
2l + 1 (l − m)! m P (cos θ)eimφ 4π (l + m)! l
Ortonorm´alts´ag: Z
dΩYlm (θ, φ)∗ Yl0 m0 (θ, φ) = δll0 δmm0
Bizony´ıt´as: dΩ = sin θdθdφ = d(cos θ)dφ
175
azaz Z
dΩYlm (θ, φ)∗ Yl0 m0 (θ, φ) s s Z 2π Z 2l + 1 (l − m)! 2l0 + 1 (l0 − m0 )! 1 0 m m0 dφe−i(m−m )φ dxPl (x)Pl0 (x) = 0 0 4π (l + m)! 4π (l + m )! −1 0 Felhaszn´alva, hogy 2π
Z
0
dφe−i(m−m )φ = 2πδmm0
0
azt kapjuk, hogy Z
dΩYlm (θ, φ)∗ Yl0 m0 (θ, φ) s s Z 1 2l + 1 (l − m)! 2l0 + 1 (l0 − m)! = 2πδmm0 dxPlm (x)Plm 0 (x) 0 4π (l + m)! 4π (l + m)! −1 s s 2 (l + m)! 2l + 1 (l − m)! 2l + 1 (l − m)! 2πδmm0 δll0 = 4π (l + m)! 4π (l + m)! 2l + 1 (l − m)!
= δll0 δmm0 Teljess´eg: ha adott a g¨ombfel¨ uleten egy f (θ, φ) n´egyzetesen integr´alhat´o f¨ uggv´eny, azaz Z dΩ |f (θ, φ)|2 < ∞ akkor kifejthet˝o g¨ombf¨ uggv´enyek szerint m ∞ X X flm Ylm (θ, φ) f (θ, φ) = l=0 l=−m
Z flm =
dΩYlm (θ, φ)∗ f (θ, φ)
Ez mit is jelent? f (θ, φ) =
∞ X m Z X
dΩ0 Ylm (θ, φ)Ylm (θ0 , φ0 )∗ f (θ0 , φ0 )
l=0 l=−m
Z =
d(cos θ0 )
Z dφ
∞ X m X
! Ylm (θ, φ)Ylm (θ0 , φ0 )∗ f (θ0 , φ0 )
l=0 l=−m
azaz
∞ X m X
Ylm (θ, φ)Ylm (θ0 , φ0 )∗ = δ(cos θ − cos θ0 )δ(φ − φ0 )
l=0 l=−m
Ez fejezi ki azt, hogy a g¨ombf¨ uggv´enyek rendszere teljes. 176
15.7. Bessel-fu enyek ¨ ggv´ A Bessel-f´ele differenci´alegyenlet 1 0 ν2 J (x) + J (x) + 1 − 2 J(x) = 0 x x 00
15.7.1. Hatv´ anysor megold´ as J(x) = xα
X
cn x n
n
⇓ α = ±ν
1 c2k−2 4k(k + α) =0
c2k = − c2k−1
A megold´ast fel´ırhatjuk a gamma-f¨ uggv´eny Z Γ(x) =
∞
dt tx−1 e−t
0
Γ(x + 1) = xΓ(x) π Γ(x)Γ(1 − x) = sin πx Γ(n) = (n − 1)!
n ∈ Z+
seg´ıts´eg´evel. A standard indul´o norm´al´as a0 = ekkor a2k =
1 2α Γ(α
+ 1)
(−1)k 22k+α k!Γ(k + α + 1)
Ha ν ∈ / N, akkor a k´et f¨ uggetlen megold´as Jν (x) = J−ν (x) =
∞ x ν X
x 2k (−1)k 2 k=0 k!Γ(k + ν + 1) 2 ∞ x −ν X x 2k (−1)k 2
k=0
k!Γ(k − ν + 1) 2
ezek a sorok minden x ∈ C-re abszol´ ut konvergensek. 177
(15.19)
Azonban, ha ν = m ∈ N
J−m (x) = (−1)m Jm (x)
Ezt u ´gy oldjuk meg, hogy defini´aljuk a Neumann-f¨ uggv´enyt Nν (x) =
Jν (x) cos πν − J−ν (x) sin πν
Jν ´es Nν mindig b´azist alkot; Nν -nek akkor is van limesze, ha ν → m ∈ Z. A Bessel-egyenlet megold´as´anak egy m´asik b´azis´at adj´ak az u ´n. Hankel-f¨ uggv´enyek Hν(1,2) (x) = Jν (x) ± iNν (x) Az ¨osszes ilyen f¨ uggv´enyre igaz, hogy 2ν Ων (x) x dΩν (x) Ων−1 (x) − Ων+1 (x) = 2 dx Ων−1 (x) + Ων+1 (x) =
ahol Ω lehet J, N vagy H (1,2) . Bizony´ıt´as: a (15.19) sorb´ol explicit sz´am´ıt´assal l´athat´o, hogy d ν (x Jν (x)) = xν Jν−1 (x) dx d x−ν Jν (x) = −x−ν Jν+1 (x) dx Elv´egezve a deriv´al´ast a fenti formul´akban kapjuk, hogy ν Jν (x) + Jν0 (x) = Jν−1 (x) x ν − Jν (x) + Jν0 (x) = −Jν+1 (x) x azaz ν Jν (x) + Jν0 (x) x ν Jν+1 (x) = Jν (x) − Jν0 (x) x Jν−1 (x) =
A k´et egyenletet ¨osszeadva ´es kivonva 2ν Jν (x) x dJν (x) Jν−1 (x) − Jν+1 (x) = 2 dx Jν−1 (x) + Jν+1 (x) =
178
(1,2)
innen pedig Nν ´es Hν defin´ıci´oj´at haszn´alva ez ut´obbiakra is k¨ovetkezik az a´ll´ıt´as. A Bessel-f¨ uggv´enyek el˝oa´ll´ıthat´ok a k¨ovetkez˝o integr´allal: x ν Z +1 1 Jν (x) = √ (1 − t2 )ν−1/2 eixt dt ν > −1/2 2 πΓ ν + 12 −1 Bizony´ıt´as: fejts¨ uk sorba az exponenci´alist ∞ x ν Z +1 X (ixt)n 1 2 ν−1/2 (1 − t ) dt √ 2 n! πΓ ν + 12 −1 n=0 ∞ x ν Z +1 X (ix)n 1 = (1 − t2 )ν−1/2 tn dt √ 1 n! 2 πΓ ν + 2 −1 n=0 A Z
+1
(1 − t2 )ν−1/2 tn dt
−1
integr´al 0, ha n p´aratlan. Ha pedig n = 2s, akkor Z +1 Z +1 2 ν−1/2 2s (1 − t2 )ν−1/2 t2s dt (1 − t ) t dt = 2 0 −1 Z +1 (1 − u)ν−1/2 us−1/2 dt = 0
=
Γ(ν + 1/2)Γ(s + 1/2) Γ(s + ν + 1)
Ugyanakkor ´es Γ(1/2) =
√
Γ(s + 1/2) = (s + 1/2)(s − 1/2)...(1/2)Γ(1/2) π, ez´ert Γ(s + 1/2) =
(2s)! √ π 22s s!
Ezt be´ırva, az integr´alunk ∞ x ν Z +1 x ν X x 2s 1 (−1)s 2 ν−1/2 ixt (1 − t ) e dt = √ 2 2 s=0 s!Γ(s + ν + 1) 2 πΓ ν + 12 −1 = Jν (x) Explicit sz´amol´assal l´athat´o tov´abb´a, hogy x ν 1 Γ(ν + 1) 2 ( 2 log x2 + γ π Nν (x) → 2 ν − Γ(ν) π x Jν (x) →
179
ν=0 ν 6= 0
ahol
n X 1
γ = lim
n→∞
k=1
k
! − log n
= 0.5772 . . .
az Euler-Mascheroni a´lland´o. Nagy x-re pedig r νπ π 2 cos x − − Jν (x) → πx 2 4 r 2 νπ π Nν (x) → sin x − − πx 2 4 Ez ut´obbit a m´odos´ıtott Bessel-f¨ uggv´enyek seg´ıts´eg´evel igazoljuk.
15.7.2. M´ odos´ıtott Bessel-egyenlet 1 0 ν2 Y (x) + Y (x) − 1 + 2 Y (x) = 0 x x 00
Ennek megold´asai a m´odos´ıtott Bessel-f¨ uggv´enyek I±ν (x), ahol Iν (x) =
∞ x ν X
2
k=1
x 2k 1 k!Γ(k + ν + 1) 2
= i−ν Jν (ix) ahol, ha ν nem eg´esz, akkor a k¨ovetkez˝ok´eppen kell ´erteni a komplex hatv´anyt: π
i−ν = e−i 2 ν Ha ν = m eg´esz, akkor Im ≡ I−m ´es a m´asik f¨ uggetlen megold´as Km (x) = lim Kν (x) ν→m
Kν (x) = (1)
Explicit sz´amol´assal (Nν ´es Hν
π Iν (x) − I−ν (x) 2 sin νπ
defin´ıci´oj´at haszn´alva) l´athat´o, hogy Kν (x) =
itt a komplex hatv´any ´ert´eke
π ν+1 (1) i Hν (ix) 2 π
iν+1 = ei 2 (ν+1)
180
Ezekre a f¨ uggv´enyekre a rekurzi´os rel´aci´ok d ν (x Iν (x)) = xν Iν−1 (x) dx d x−ν Iν (x) = x−ν Iν+1 (x) dx ν Iν (x) + Iν0 (x) = Iν−1 (x) x ν − Iν (x) + Iν0 (x) = Iν+1 (x) x 2ν Iν−1 (x) − Iν+1 (x) = Iν (x) x dIν (x) Iν−1 (x) + Iν+1 (x) = 2 dx illetve d ν (x Kν (x)) = −xν Kν−1 (x) dx d x−ν Kν (x) = −x−ν Kν+1 (x) dx ν Kν (x) + Kν0 (x) = −Kν−1 (x) x ν − Kν (x) + Kν0 (x) = −Kν+1 (x) x 2ν Kν−1 (x) − Kν+1 (x) = − Kν (x) x dKν (x) Kν−1 (x) + Kν+1 (x) = −2 dx (bizony´ıt´as mint J-re). Az In m´odos´ıtott Bessel-f¨ uggv´enyekre a´tvihet˝o a Jn Bessel-f¨ uggv´enyek integr´al el˝oa´ll´ıt´asa: Iν (x) = i−ν Jν (ix) x ν Z +1 1 =√ (1 − t2 )ν−1/2 e−xt dt 2 πΓ ν + 12 −1 M´asr´eszt igazolhat´o, hogy √ x ν Z ∞ π (t2 − 1)ν−1/2 e−xt dt Kν (x) = 2 Γ ν + 12 1 Ez ut´obbit u ´gy tudjuk bel´atni, hogy megmutatjuk, hogy Z ∞ ν Pν (x) = x (t2 − 1)ν−1/2 e−xt dt 1
181
x > 0 , ν > −1/2
x > 0 , ν > −1/2
kiel´eg´ıti a m´odos´ıtott Bessel-egyenletet: x2 Pν00 (x) + xPν0 (x) − x2 + ν 2 Pν (x) Z ∞ 1 2 ν+1/2 ν+1 2 ν−1/2 x(t − 1) − n+ =x e−xt dt 2t(t − 1) 2 1 Z ∞ d 2 ν+1 = −x (t − 1)ν+1/2 e−xt dt = 0 dt 1 ez´ert Pν (x) = Aν Iν (x) + Bν Kν (x) Nagy ´es pozit´ıv x-re helyettes´ıts¨ unk t=1+
u x
ekkor Pν (x) = x
ν+1
Z 0
∞
2u u2 + 2 x x
ν−1/2
e−x−u du
ν−1/2 Z ∞ 2u u ν−1/2 ν−1/2 −u −x =x e 1+ u e du x 2x 0 ν−1/2 Z ∞ 2 ν+1 −x ≈x e uν−1/2 e−u du x 0 ν−1/2 2 = Γ(ν + 1/2)xν+1 e−x ∝ x−1/2 e−x x ν+1
Teh´at Pν (x) → 0
x→∞
Mivel In (x) hatv´anysor´aban az ¨osszes egy¨ utthat´o pozit´ıv, ez´ert In (x) a v´egtelenhez tart, ha x → ∞. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy Aν = 0, azaz Pν (x) = Bν Kν (x) Bν onnan sz´am´ıthat´o ki, hogy megn´ezz¨ uk a k´et oldal viselked´es´et x = 0 k¨or¨ ul. Ekkor ism´et a u t=1+ x
182
helyettes´ıt´est haszn´alva Pν (x) = x
ν
∞
Z
(t2 − 1)ν−1/2 e−xt dt
1
ν−1/2 2u u2 =x + 2 e−x−u du x x 0 ν−1/2 Z ∞ 2x −ν −x 1+ =x e u2ν−1 e−u du u Z ∞0 ≈ x−ν u2ν−1 e−u du ν+1
Z
∞
0
= Γ(2ν)x−ν M´asr´eszt In hatv´anysor´at ´es Kn defin´ıci´oj´at haszn´alva Kν (x) ∼ ez´ert teh´at Bν = De
Γ(ν)2ν−1 xν
Γ(2ν) Γ(ν)2ν−1
22ν−1 Γ(2ν) = √ Γ(ν)Γ(ν + 1/2) π
ez´ert
2ν Bν = √ Γ(ν + 1/2) π
Teh´at 1 Pν (x) Bν √ x ν Z ∞ π (t2 − 1)ν−1/2 e−xt dt = 1 2 Γ ν+2 1
Kν (x) =
15.7.3. A Bessel-fu enyek aszimptotikus viselked´ ese ¨ ggv´ Felhaszn´alva, hogy nagy x-re Pν (x) ∼ Γ(ν + 1/2)x
ν+1
ν−1/2 2 e−x x
azt kapjuk, hogy r Kν (x) ∼ 183
π −x e 2x
Viszont
π ν+1 (1) i Hν (ix) 2 r 2 i(x−(ν+1/2)π/2) Hν(1) (x) ∼ e πx Kν (x) =
ez´ert nagy x-re
Viszont Jν (x) = Re Hν(1) (x) Kν (x) = Im Hν(1) (x) ez´ert nagy x-re r
νπ π 2 cos x − − πx 2 4 r 2 νπ π Nν (x) ∼ sin x − − πx 2 4 Jν (x) ∼
15.7.4. Integr´ alformul´ ak m´ odos´ıtott Bessel-fu enyekkel ¨ ggv´ 1. A Cserenkov-sug´arz´as kisz´am´ıt´as´an´al haszn´aljuk, hogy Z ∞ eisx ds √ = 2K0 (|t|) s2 + 1 −∞ ´es a fentiekben kisz´amolt aszimptotikus viselked´est: r π −x K0 (x) = e (1 + O(1/x)) 2x 2. A szinkrotron sug´arz´as kisz´am´ıt´asakor felhaszn´altuk az Z ∞ 2 1 3 1 x sin ξ x + x dx = √ K2/3 (x) 3 3 3 0 Z ∞ 2 1 1 cos ξ x + x3 dx = √ K1/3 (x) 3 3 3 0 ugg´eseket. ¨osszef¨ 3. A szinkrotron sug´arz´as spektrum´anak frekvencia szerinti kiintegr´al´as´ahoz pedig a k¨ovetkez˝o formula j¨on j´ol: √ Z ∞ 1+α 1+α 1+α πΓ Γ − ν Γ + ν 2 2 2 dx xα Kν (x)2 = 4Γ 1 + α2 0 ahol Re (α + 2ν) > −1 ´es Re (α − 2ν) > −1 184
pontosabban ennek α = 2 esete: Z ∞ π 2 (1 − 4ν 2 ) dξξ 2 Kν (ξ)2 = 32 cos πν 0 3 ahol |Re ν| < 2 amib˝ol a frekvenciaintegr´al´ashoz sz¨ uks´eges formul´ak a k¨ovetkez˝ok: Z ∞ 5π 2 dξξ 2 K1/3 (ξ)2 = 144 Z0 ∞ 7π 2 dξξ 2 K2/3 (ξ)2 = 144 0
15.7.5. A Bessel-fu enyek gyo ¨ ggv´ ¨kei A Jν (x) = 0 egyenletnek v´egtelen sok megold´asa van: xνn
n = 1, 2, . . .
Jν aszimptotik´aj´at felhaszn´alva, az orig´ot´ol t´avol fekv˝o gy¨ok¨ok ´ert´eke 1 π xνn ∼ nπ + ν − 2 2
15.7.6. Egy fontos integr´ al Amennyiben Jν (ξa) = 0 akkor
a
a2 [Jν+1 (ξa)]2 2 0 El˝osz¨or is Jn megoldja a Bessel-egyenletet, ez´ert Z
x2
x [Jν (ξx)]2 dx =
d2 d Jν (ξx) + x Jν (ξx) + (ξ 2 x2 − ν 2 )Jν (ξx) = 0 2 dx dx
´ıgy 0= =
2 d 2 d 2 2 2 x Jν (ξx) + x Jν (ξx) + (ξ x − ν )Jν (ξx) dx2 dx ! 2 d x2 Jν (ξx) + (ξ 2 x2 − ν 2 )Jν (ξx)2 − 2ξ 2 xJν (ξx)2 dx
2Jν0 (ξx) d dx
185
azaz d 2ξ xJν (ξx) = dx 2
2
x
2
! 2 d 2 2 2 2 Jν (ξx) + (ξ x − ν )Jν (ξx) dx
2 d Jν (ξx) dx
ahonnan 2ξ 2
Z
a
xJν (ξx)2 dx = a2
0
+ (ξ 2 a2 − ν 2 )Jν (ξa)2 x=a
+ ν 2 Jν (0)2 Na most egyfel˝ol nemnegat´ıv ν-re νJν (0) = 0 m´asfel˝ol Jν (ξa) = 0 ´ıgy Z 0
a
1 xJν (ξx)2 dx = 2 a2 2ξ
Viszont Jν+1 (x) = ahonnan ξJν+1 (ξx) =
2 d Jν (ξx) dx
x=a
ν Jν (x) − Jν0 (x) x
ν d Jν (ξx) − Jν (ξx) x dx
azaz d ν Jν (ξx) = Jν (ξa) − ξJν+1 (ξa) dx a x=a = −ξJν+1 (ξa) Innen
Z
a
x [Jν (ξx)]2 dx =
0
a2 [Jν+1 (ξa)]2 2
15.7.7. A Bessel-fu enyek ortogonalit´ asa ¨ ggv´ 2 d2 d 2 2 ρ 0=ρ Jν (xνn ρ/a) + ρ J(xνn ρ/a) + xνn 2 − ν Jν (xνn ρ/a) dρ2 dρ a 2 d d ρ ρ ρ J(xνn ρ/a) + x2νn 2 − ν 2 Jν (xνn ρ/a) dρ dρ a 2
186
Szorozzuk ezt be ρ−1 J(xνn0 ρ/a)-val, integr´aljuk ki ´es integr´aljunk parci´alisan az els˝o tagban: Z a d d dρρ J(xνn ρ/a) J(xνn0 ρ/a) 0=− dρ dρ 0 Z a 2 −1 2 ρ 2 dρρ Jν (xνn0 ρ/a) xνn 2 − ν Jν (xνn ρ/a) + a 0 Cser´elj¨ uk meg n-et ´es n0 -t: Z a d d 0=− dρρ J(xνn0 ρ/a) J(xνn ρ/a) dρ dρ 0 Z a 2 −1 2 ρ 2 + dρρ Jν (xνn ρ/a) xνn0 2 − ν Jν (xνn0 ρ/a) a 0 A k´et egyenletet egym´asb´ol kivonva Z −2 2 2 a xνn0 − xνn
a
dρρJν (xνn ρ/a)Jν (xνn0 ρ/a) = 0
0
amib˝ol az el˝obb igazolt formul´at felhaszn´alva kapjuk, hogy Z a a2 [Jν+1 (xνn )]2 δnn0 dρρJν (xνn ρ/a)Jν (xνn0 ρ/a) = 2 0
15.7.8. Bessel-Fourier sor ´ es teljess´ eg B´armely ν-re, a Jν (xνn ρ/a)
n∈N
f¨ uggv´enyek teljes ortogon´alis rendszert alkotnak a [0, a] intervallumon. Ha egy f f¨ uggv´eny n´egyzetesen integr´alhat´o az Z a
dρρ |f (ρ)|2 < ∞
0
´ertelemben, akkor f fel´ırhat´o f (ρ) =
X
fn Jν (xνn ρ/a)
n
alakban, ahol az ortogonalit´asi rel´aci´ot felhaszn´alva Z a 2 fn = dρρJν (xνn ρ/a)f (ρ) [Jν+1 (xνn a)]2 0 187
Teh´at
Z f (ρ) = 0
azaz X n
a
dρ0 ρ0
X n
2 0 0 2 Jν (xνn ρ/a)Jν (xνn ρ /a)f (ρ ) [Jν+1 (xνn )]
2 1 0 0 2 Jν (xνn ρ/a)Jν (xνn ρ /a) = 0 δ(ρ − ρ ) ρ [Jν+1 (xνn )]
15.7.9. Hankel transzform´ aci´ o Ha v´egtelen f´elegyenest vesz¨ unk, azaz a→∞ akkor a
xνn a ”hull´amsz´amok” bes˝ ur˝ us¨odnek ´es folytonoss´a v´alnak a 0 ´es ∞ k¨oz¨ott; legyen az ennek megfelel˝o v´altoz´o jele k. Ekkor az ortogonalit´asi rel´aci´o hat´aresete a k¨ovetkez˝o alak´ u lesz: Z ∞ 1 dρρJν (kρ)Jν (k 0 ρ) = δ(k − k 0 ) k 0 Ha f -re igaz, hogy Z
∞
dρρ1/2 |f (ρ)|
0
v´eges, akkor a k¨ovetkez˝o alakba ´ırhat´o: Z ∞ f (ρ) = dk kFν (k)Jν (kρ) 0
ahol az Fν (k) Hankel-transzform´alt Z Fν (k) =
∞
dρ ρf (ρ)Jν (kρ) 0
Ez a Fourier transzform´aci´o megfelel˝oje a f´elegyenesen, ´es minden ν > −1/2 eset´ere defini´alt.
188
16. fejezet A Li´ enard-Wiechert potenci´ alokb´ ol sz´ armaz´ o t´ erer˝ oss´ egek Az elektromos t´erer˝oss´eg E = −∇Φ − ∂t A,
(16.1)
ahol a potenci´alokat (11.7) ´es (11.8) k´epletek adj´ak meg. Felhaszn´alva (11.10) k´epleteket 1 q 1 q ∂i Φ = ∂i =− (∂i R − βj ∂i Rj − Rj ∂i βj ) = 4πε0 R − βR 4πε0 (R − βR)2 βj Ri Rj aj ¯ 1 Ri q − βj δij + ∂i t = =− − 4πε0 (R − βR)2 R − βR R − βR c q 1 Ri aR 2 =− Ri (1 − β ) − βi (R − βR) + , 4πε0 (R − βR)3 c2 vi q ∂ vi µ0 q R ∂t Ai = ∂t = = 4π R − βR 4πε0 c2 R − βR ∂ t¯ R − βR R ai vi ∂R Rj aj ∂Rj q − − − βj = = 4πε0 c2 R − βR R − βR (R − βR)2 ∂ t¯ c ∂ t¯ q 1 Rai (R − βR) Rvi Rv Rj aj 2 = − 2 − − + cβ = 4πε0 (R − βR)3 c2 c R c 1 Rai (R − βR) RaRβi q 2 + βi βR + − Rβi β . (16.2) = 4πε0 (R − βR)3 c2 c2
189
Azt kapjuk ¨osszes´ıtve, hogy: q 1 Ri aR Rai (R − βR) Ei = Ri (1 − β 2 ) − βi (R − βR) + − − 3 4πε0 (R − βR) c2 c2 RaRβi 2 + Rβi β = −βi βR − c2 1 1 q 2 (Ri − βi R)(1 − β ) + 2 [(Ri − βi R)aR − Rai (R − βR)] = = 4πε0 (R − βR)3 c q 1 1 2 = (Ri − βi R)(1 − β ) + 2 [R × [(R − Rβ) × a]]i (16.3) 4πε0 (R − βR)3 c A m´agneses t´erer˝oss´egre: q vk q ∂ t¯ 1 1 Hi = εijk ∂j ak + εijk vk ∂j = εijk = 4π R − βR 4π ∂xj R − βR R − βR q εijk vk Rj Rj ak aR 2 = −εijk − (1 − β ) + 2 = 4π c(R − βR)2 (R − βR)3 c 1 1 qc 2 ˆ j −βk R(1 − β ) + (−βk R(aR) − Rak (R − βR)) . εijk R = 4π (R − βR)3 c2 (16.4) ¨ Osszehasonl´ ıtva az elektromos t´erer˝oss´eg (utols´o el˝otti) kifejez´es´evel, l´atjuk, hogy H=
1 ˆ R × E. Z0
190
(16.5)
Irodalomjegyz´ ek [1] J.D Jackson: Klasszikus elektrodinamika (TypoTEX, Budapest 2004) [2] L.D. Landau ´es E.M. Lifsic: Elm´eleti Fizika II: Klasszikus er˝oterek (Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1976) [3] L.D. Landau ´es E.M. Lifsic: Elm´eleti Fizika VIII: Folytonos k¨ozegek elektrodinamik´aja (Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1976) [4] R.P. Feynman, R.B. Leighton, M. Sands: Mai fizika 5. (Elektrom´agness´eg, Elektrosztatika, Dielektrikumok, Magnetosztatika) (M˝ uszaki K¨onyvkiad´o, 1970) [5] Simonyi K.: A fizika kult´ urt¨ort´enete (Gondolat, 1986) [6] http://en.wikipedia.org/wiki/Leyden_jar [7] http://hu.wikipedia.org/wiki/Luigi_Galvani [8] http://en.wikipedia.org/wiki/Bessel_function [9] http://hu.wikipedia.org/wiki/Elektrom´ agneses_sug´ arz´ as [10] http://mathworld.wolfram.com/LegendreDifferentialEquation.html [11] http://en.wikipedia.org/wiki/Legendre_polynomials [12] http://mathworld.wolfram.com/LegendrePolynomial.html [13] http://en.wikipedia.org/wiki/Spherical_harmonics [14] http://en.wikipedia.org/wiki/Hysteresis [15] http://en.wikipedia.org/wiki/Absorption_(electromagnetic_radiation
191
