Elektrodinamika Jakov´ac Antal, Tak´acs G´abor, Orosz L´aszl´o eredeti v´altozat 2013. Utols´o m´odos´ıt´as: April 10, 2017
Contents 1 Ro ort´ eneti ´ attekint´ es ¨vid t¨ 1.1 Elektrosztatika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 1.2 Aram ´es m´agness´eg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Elektrom´agness´eg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Az 2.1 2.2 2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
elektrodinamika alapegyenletei Elektrosztatika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kit´er˝o: er˝ovonalk´ep . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 Kett˝os r´eteg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.4 Egyenletesen t¨olt¨ott vonalt¨olt´es tere . . . . . ´ 2.3.5 Altal´ anos t¨olt´eseloszl´as tere nagy t´avols´agokra Magnetosztatika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 2.4.1 Aram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 M´agneses alapjelens´egek . . . . . . . . . . . . 2.4.3 Lok´alis t¨orv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.4 M´ert´ekinvariancia . . . . . . . . . . . . . . . . ´ Arameloszl´ asok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Egyenes vezet˝o m´agneses indukci´oja . . . . . . 2.5.2 K¨orvezet˝o m´agneses indukci´oja . . . . . . . . ´ 2.5.3 Altal´ anos a´rameloszl´as tere nagy t´avols´agra . 2.5.4 K¨ uls˝o t´erbe helyezett a´rameloszl´as . . . . . . Id˝of¨ ugg˝o Maxwell-egyenletek . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1 Vektor- ´es skal´arpotenci´al . . . . . . . . . . . 2.6.2 Az elektromos ´es m´agneses mez˝o egyenletei . . Az elektrodinamika egyenletei anyag jelenl´et´eben . . 2.7.1 Elektrosztatika . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.2 Hat´arfelt´etelek . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7.3 M´agness´eg anyag jelenl´et´eben . . . . . . . . . 1
6 6 8 9
10 . . . . . . . . . . . 10 . . . . . . . . . . . 17 . . . . . . . . . . . 18 . . . . . . . . . . . 18 . . . . . . . . . . . 18 . . . . . . . . . . . 19 . . . . . . . . . . . 20 (multip´olus kifejt´es) 20 . . . . . . . . . . . 21 . . . . . . . . . . . 22 . . . . . . . . . . . 22 . . . . . . . . . . . 23 . . . . . . . . . . . 24 . . . . . . . . . . . 25 . . . . . . . . . . . 25 . . . . . . . . . . . 25 . . . . . . . . . . . 27 . . . . . . . . . . . 29 . . . . . . . . . . . 30 . . . . . . . . . . . 31 . . . . . . . . . . . 34 . . . . . . . . . . . 34 . . . . . . . . . . . 34 . . . . . . . . . . . 37 . . . . . . . . . . . 38
2.7.4 2.7.5
Hat´arfelt´etelek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . M´agneses skal´arpotenci´al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 Az elektrom´ agneses t´ er energi´ aja 3.1 T¨olt´esrendszer energi´aja . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Saj´atenergia . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2 T¨olt´esrendszer dielektrikumban . . . . . . ´ 3.1.3 Alland´ o t¨olt´esek, v´altoz´o dielektrikum . . 3.1.4 T¨olt´eseloszl´as k¨ uls˝o t´erben . . . . . . . . . 3.2 Az energia m´erlegegyenlete . . . . . . . . . . . . . 3.3 Az impulzus m´erlegegyenlete . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Elektrom´agneses t´er impulzusmomentuma 3.3.2 Teljes elektrom´agneses t´er anyagban . . . 3.3.3 Bal´azs k´ıs´erlet . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Relativisztikus koordin´at´ak . . . . . . . . . . . .
43 44
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
45 45 46 47 48 49 49 50 51 52 53 55
4 A Maxwell egyenletek megold´ asa sztatikus esetben 4.1 Green-f¨ uggv´enyek m´odszere a Poisson-egyenletek megold´as´aban . . . . 4.1.1 Kapacit´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2 T¨ uk¨ort¨olt´esek m´odszere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Laplace-egyenlet k¨ ul¨onb¨oz˝o koordin´atarendszerekben . . . . . . . . . . 4.2.1 Laplace-egyenlet megold´asa t´eglatesten felvett hat´arfelt´etelekkel 4.2.2 Speci´alis koordin´atarendszerek, ortogon´alis f¨ uggv´enyek . . . . . 4.2.3 Teljess´eg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.4 G¨orbevonal´ u koordin´at´ak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 G¨ombi koordin´atarendszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 A radi´alis egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2 A t´ersz¨ogf¨ ugg˝o r´esz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.3 G¨ombf¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.4 A Laplace-egyenlet megold´asai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.5 G¨ombf¨ uggv´enyek ´es forgat´asok . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.6 Multip´olus kifejt´es g¨ombi koordin´at´akban . . . . . . . . . . . . 4.3.7 P´eld´ak a Laplace-egyenlet megold´as´ara . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Hengerkoordin´at´ak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
60 60 63 65 68 69 71 72 73 79 80 80 83 83 84 86 88 96
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
5 A Maxwell-egyenletek kv´ azistacion´ arius esetben 102 5.1 Indukci´os egy¨ utthat´o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 5.2 M´agneses t´er kv´azistacion´arius dinamik´aja vezet˝okben, skin-effektus . . . 103
2
6 Teljes id˝ ofu es: forr´ asok n´ elku as ¨ gg´ ¨ li megold´ 6.1 Csoport- ´es f´azissebess´eg . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Elektrodinamikai hull´amok . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Frekvenciaf¨ ugg˝o permittivit´as, t¨or´esmutat´o . . . . . . 6.3.1 Kramers-Kronig rel´aci´o . . . . . . . . . . . . . 6.3.2 A vezet˝ok´epess´eg ´es a permittivit´as kapcsolata 6.4 Elektrom´agneses hull´amok k¨ozegek hat´ar´an . . . . . . 6.5 Hull´amterjed´es hat´arfelt´etelekkel . . . . . . . . . . . 6.5.1 Hull´amvezet˝o . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¨ 6.5.2 Uregrezon´ ator . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Teljes id˝ ofu es: az inhomog´ en r´ esz megold´ asa ¨ gg´ 7.1 Green-f¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1.1 A Green-f¨ uggv´enyek fizikai ´ertelmez´ese . 7.1.2 Fourier-t´erbeli alak . . . . . . . . . . . . 7.2 Lokaliz´alt, oszcill´al´o t¨olt´esrendszerek tere . . . . 7.2.1 Dip´olsug´arz´as . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.2 Multipol sug´arz´asok . . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . .
´ 8 Altal´ anos mozg´ ast v´ egz˝ o to arz´ asa ¨megpont sug´ 8.1 Li´enard-Wiechert potenci´alok . . . . . . . . . . . . . . 8.2 A sug´arz´as dip´ol k¨ozel´ıt´ese . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3 Egyenesvonal´ u egyenletes mozg´ast v´egz˝o test sug´arz´asa 8.4 Sug´arz´as sz¨ogeloszl´asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5 Sug´arz´as spektruma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.1 Szinkrotronsug´arz´as spektruma . . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . .
107 108 110 112 116 117 118 121 121 125
. . . . . .
126 126 128 129 129 131 133
. . . . . .
136 136 138 140 141 144 146
9 Elektrom´ agneses hull´ amok sz´ or´ asa 148 9.1 Sz´or´as az anyag egyenl˝otlens´egein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 9.2 Sz´or´as g´azon ´es szab´alyos krist´alyon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 10 Cherenkov-sug´ arz´ as ´ es ´ atmeneti sug´ arz´ as 158 10.1 Cherenkov-sug´arz´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 ´ 10.2 Atmeneti sug´arz´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 11 Relativisztikus elektrodinamika 11.1 Lorentz-transzform´aci´o . . . . . . . . 11.2 T¨omegpont relativisztikus dinamik´aja 11.3 Alkalmaz´asok . . . . . . . . . . . . . 11.4 Sug´arz´asok relativisztikus t´argyal´asa
3
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
165 165 169 171 174
12 Matematikai alapfogalmak 12.1 Mez˝ok deriv´altja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.2 Mez˝ok integr´alja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.3 Line´aris algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.4 Legendre-polinomok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.4.1 Megold´as hatv´anysor alakban . . . . . . . . . . . . . . . . 12.4.2 Ortogonalit´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.4.3 Rodrigues formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.4.4 Gener´atorf¨ uggv´eny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.4.5 Norm´al´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.4.6 F¨ uggv´enyek kifejt´ese . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.5 Asszoci´alt Legendre-f¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.5.1 Szingul´aris pontok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.5.2 Ansatz ´es rekurzi´o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.5.3 Megold´as el˝oa´ll´ıt´asa a Legendre-polinomokkal . . . . . . . 12.5.4 Kiterjeszt´es negat´ıv indexre . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.5.5 Az asszoci´alt Legendre-f¨ uggv´enyek alapvet˝o tulajdons´agai . 12.6 G¨ombf¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.7 Bessel-f¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.7.1 Hatv´anysor megold´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.7.2 M´odos´ıtott Bessel-egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.7.3 A Bessel-f¨ uggv´enyek aszimptotikus viselked´ese . . . . . . . 12.7.4 Integr´alformul´ak m´odos´ıtott Bessel-f¨ uggv´enyekkel . . . . . 12.7.5 A Bessel-f¨ uggv´enyek gy¨okei . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.7.6 Egy fontos integr´al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.7.7 A Bessel-f¨ uggv´enyek ortogonalit´asa . . . . . . . . . . . . . 12.7.8 Bessel-Fourier sor ´es teljess´eg . . . . . . . . . . . . . . . . 12.7.9 Hankel transzform´aci´o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 A Li´ enard-Wiechert potenci´ alokb´ ol sz´ armaz´ o t´ erer˝ oss´ egek
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
178 179 180 182 182 182 184 185 185 186 187 187 188 188 189 190 191 192 193 193 196 200 200 201 201 203 203 204 205
14 Egy´ eb anyagok 207 14.1 2D potenci´alprobl´em´ak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 14.2 Termodinamikai megfonotl´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
4
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 a´tugorhassa. 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´eleti ´ 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
Chapter 1 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 ´okori 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 tan´ us´ıtott ˝ ´erdekl˝od´est, ´es ir´anyt˝ ut szerkesztett. O mutatta meg a term´eszetes m´agnesek 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 ´abr´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 belsej´eben
Figure 1.1: Leideni palack, forr´as [6]. 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 a´lland´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 a´ramk¨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 a´ram nem k´epes a´ramot ind´ıtani egy m´asik vezet˝o hurokban. Faraday azt vette ´eszre, hogy az a´ram 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´amokat, ezzel iga˝ mutatta azt is meg, hogy a f´eny elektrom´agneses zolva a Maxwell-egyenletek j´oslatait. O hull´am. H.A. Lorentz 1875-ben pedig fel´ırta a Maxwell-egyenletek anyag jelenl´et´eben ´erv´enyes form´aj´at. 1891-ben a´llt el˝o az elektronelm´elet´evel, megfogalmazta a Lorentzer˝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
Chapter 2 Az elektrodinamika alapegyenletei 2.1
Elektrosztatika
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. 12 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. Hogy az er˝ot¨orv´eny pontosan 1/r2 -es, annak igen nagy jelent˝os´ege van, ez vezet a k´es˝obbiekben a Laplace-egyenlethez illetve a d’Alambert egyenlethez, v´eg¨ ul pedig emiatt 1
Megjegyz´es: CGS rendszerben kCGS = 1.
10
lehets´eges, hogy az elektrom´agneses t´er kvant´alt hull´amai, a fotonok, nulla t¨omeg˝ uek. Ha 2 elt´er´est tal´aln´ank az 1/r -es er˝ot¨orv´enyt˝ol, az jelezhetn´e a vil´agunk t´eridej´enek torzul´as´at, p´eld´aul magasabb dimenzi´ok h´ırn¨okek´ent. Emiatt igen fontos ezen t¨orv´eny tesztel´ese. A [8] cikkben tal´alhat´o a m´er´esek mai a´ll´as´anak ismertet´ese. A legink´abb haszn´alt m´odszer Cavendish ¨otlet´enek tov´abbfejleszt´ese. Cavendish abb´ol indult ki, hogy ha az er˝ot¨orv´eny t¨ok´eletesen 1/r2 -es alak´ u, akkor z´art u ¨reg belsej´eben nem maradhatnak t¨olt´esek, azok mind a fel¨ uletre a´ramlanak (le´arny´ekol´as, Faraday kalitka). Emiatt a 2.1 a´br´an l´athat´o berendez´est k´esz´ıtette el. A kis g¨ombre t¨olt´est visz¨ unk fel, majd a k´et nagy f´elg¨omb¨ot ¨osszez´arjuk, ´es a kis g¨omb¨ot vezet˝ovel ¨osszek¨otj¨ uk a nagy g¨ombbel. Ha 2 az er˝ot¨orv´eny 1/r -es, akkor a kis g¨ombr˝ol az ¨osszes t¨olt´es a nagy g¨ombre a´ramlik, amit a k´et f´elg¨omb sz´etnyit´asa ut´an elektroszk´op seg´ıts´eg´evel igazolhatunk. Ezen k´ıs´erlet
Figure 2.1: Cavendish k´ıs´erlete az 1/r2 -es er˝ot¨orv´eny igazol´as´ara [8]. A kis g¨ombre t¨olt´est visz¨ unk fel, majd a k´et nagy f´elg¨omb¨ot o¨sszez´arjuk, ´es a kis g¨omb¨ot vezet˝ovel o¨sszek¨otj¨ uk 2 a nagy g¨ombbel. Ha az er˝ot¨orv´eny 1/r -es, akkor a kis g¨ombr˝ol az ¨osszes t¨olt´es a nagy g¨ombre ´aramlik, amit a k´et f´elg¨omb sz´etnyit´asa ut´an elektroszk´op seg´ıts´eg´evel igazolhatunk. bonyolultabb v´altozat´aval lehet a legpontosabban megbecs¨ ulni a Coulomb-t¨orv´enyhez k´epesti elt´er´est. Bevezetve a potenci´alt (l. k´es˝obb) F (r) = −U 0 (r) m´odon, a potenci´alra pr´obak´ent feltehet˝o U (r) = 1/r1+q m´odos´ıtott Coulomb vagy U (r) = e−µr /r Yukawa (´arny´ekolt Coulomb potneci´al) alak. A µ param´eterb˝ol a fotont¨omeg mγ = µ~/c m´odon sz´armaztathat´o, ahol ~ a Planck-´alland´o (~ = 1.054571726(47) × 1034 Js), c a f´enysebess´eg (c = 2.99792458 × 108 m/s). A legpontosabb korl´atok q < 1.2 × 10−16 illetve mγ < 1.6 × 10−47 g. 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
11
(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 12 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 12
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
Az elemi t¨olt´esekre hat´o (2.4) er˝ot¨orv´eny alapj´an a t¨olt´esrendszerre hat´o er˝o Z F = d3 x%(x)E(x). (2.13) Kifejezhetj¨ uk a t¨olt´eseloszl´asra hat´o forgat´onyomat´ekot is. Mivel az x helyen lev˝o elemi t´erfogatra hat´o er˝o d3 x%(x)E(x), a megfelel˝o forgat´onyomat´ek x × %(x)E(x). A teljes forgat´onyomat´ek ´ıgy Z N=
d3 x %(x)x × E(x). 13
(2.14)
A pontt¨olt´es ter´enek van egy k¨ ul¨onleges tulajdons´aga. Integr´aljuk ki egy z´art fel¨ uletre, l. 2.2 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
Figure 2.2: Z´art fel¨ uletre integr´aljuk a pontt¨olt´es elektromos ter´et I
Z
Z
q cos ϕ q r2 = dΩ 2 cos ϕ 4πε0 r 4πε0
Z
ha q ∈ V ha q 6∈ V (2.15) 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 I Z 1 d3 x %(x) Gauss-t¨orv´eny, (2.16) df E = ε0 df E =
dan E =
dΩ =
q/ε0 0
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). (2.17) ε0 ∂V
V
V
Mivel ez igaz minden t´erfogatra, ez´ert levonhatjuk a k¨ovetkeztet´est: div E(x) =
%(x) ε0 14
Maxwell I,
(2.18)
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 |
(2.19)
Ennek bizony´ıt´as´ahoz egy a´ltal´anos centr´aP lis f¨ uggv´eny gradiens´et hat´arozzuk meg, vagyis ahol f (x) → f (r) ´es r = |x|. Mivel r2 = i x2i , ´ıgy [grad f (r)]i = ∂i f (r) =
∂r2 1 df xi ˆ f 0 (r). = f 0 (r) = x ∂xi 2r dr r
(2.20)
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 (2.19) ¨osszef¨ ugg´est bizony´ıtottuk. Eszerint (2.7) egyenletet a´talak´ıtva kapjuk: Ei (x) = − grad Φ(x),
(2.21)
ahol
Z 1 %(x0 ) Φ(x) = d 3 x0 . (2.22) 4πε0 |x − x0 | 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 |.
(2.23)
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).
(2.24)
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. (2.18) egyenlet divergenci´aj´at v´eve kapjuk div E(x) = −4Φ =
%(x) ε0
⇒
4Φ = −
%(x) . ε0
(2.25)
Az ilyen t´ıpus´ u egyenletet Poisson-egyenletnek nevezz¨ uk. Alkalmazva a pontt¨olt´es (2.23) potenci´alj´ara, l´athatjuk, hogy 1 4 = −4πδ(x). (2.26) r 15
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 (2.26) ¨osszef¨ ugg´est k´es˝obb m´eg sokszor haszn´alni fogjuk. Line´aris differenci´alegyenletek olyan megold´as´at, ahol a forr´as hely´en Dirac-delta szerepel, Green-f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. A fenti egyenlet azt mondja, hogy a Laplaceoper´ator Green-f¨ uggv´enye 1/(4πr). T¨obbf´ele Green-f¨ uggv´eny l´etezik a hat´arfelt´etelek megv´alaszt´as´anak megfelel˝oen. A Green-f¨ uggv´eny jelent˝os´ege, hogy seg´ıts´eg´evel el˝oa´ll´ıthat´o a line´aris differenci´alegyenlet megold´asa. Val´oban, ha valamilyen K(∂) differenci´aloper´atorra ismerj¨ uk K(∂x )G(x, y) = δ(x − y) (2.27) megold´as´at, akkor Z f (x) =
⇒
dyG(x, y)%(y)
K(∂x )f (x) = %(x).
(2.28)
Elektrodinamik´aban a Dirac-delta forr´aser˝oss´eg pontt¨olt´est reprezent´al. Teh´at a pontt¨olt´es potenci´alja maga a Green-f¨ uggv´eny (legal´abbis az egyik lehets´eges v´alaszt´as r´a). A fenti k´epletbe a pontt¨olt´es potenci´alj´at be´ırva val´oban megkapjuk (2.22) k´epletet. 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 dxi ∂Φ ∂Φ ∂Φ = − dτ = − dτ = Φ(x1 ) − Φ(x2 ), (2.29) dsi ∂xi s dτ ∂xi s ∂τ τ1
τ1
teh´at
Zx2 Φ(x1 ) − Φ(x2 ) =
dsE(s).
(2.30)
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 ) = x1
0
0
ds E(s ) = x1
I
Z dsE(s) =
df rot E = 0.
(2.31)
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. 16
2.2
Kit´ er˝ o: er˝ ovonalk´ ep
Vektormez˝ok a´br´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 fel¨ uletre. 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 )). (2.32) 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 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 (2.32) 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. 2.3). E t´erfogatra integr´alva E-t, az
Figure 2.3: 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. 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.
(2.33)
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. 17
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.
(2.34)
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 t¨ olt´ eseloszl´ asok tere
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 (2.22), 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 (2.19) k´epletet 1 1 1 px 1 qax q − ⇒ Φ(x) = , (2.35) ≈ 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 vagy dip´olmomentumot. 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 pj xj 1 3xi px − pi x2 ∂i 3 = , 4πε0 |x| 4πε0 |x|5
(2.36)
1 3x(px) − p x2 4πε0 |x|5
(2.37)
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). 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 18
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, ennek nagys´aga dA(Ez+ (z) − Ez− (z)), ahol dA az alapter¨ ulet. A Gauss-t¨orv´eny miatt ez ar´anyos a t´eglalap belsej´eben lev˝o t¨olt´essel, ami dAσ. Innen Ez+ (z) − Ez− (z) =
σ . ε0
(2.38)
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
(2.39)
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
(2.40)
Megfigyelhetj¨ uk, hogy a potenci´al v´egtelenhez tart, ha z → ∞. Val´oj´aban 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
Kett˝ os r´ eteg
Mi t¨ort´enik, ha k´et v´egtelen, ellent´etesen t¨olt¨ott s´ıklapot egym´as mell´e helyez¨ unk (kett˝os r´eteg). Az els˝on az elektromos t´ernek ugr´asa lesz: E2 − E1 = σ/ε0 , a m´asikon ´eppen ellent´etes az ugr´as: E3 − E2 = −σ/ε0 . Ez´ert E3 = E1 , a t´erer˝oss´eg ugyanaz marad. Ugyanakkor nem teljesen megfigyelhetetlen a kett˝os r´eteg, mert a´thaladva rajta a potenci´al megv´altozik. Ha k´ıv¨ ul a potenci´al konstans (a t´erer˝oss´eg nulla), akkor bel¨ ul a t´erer˝oss´eg σ/ε0 , ha a lapok t´avols´aga d, akkor a potenci´al v´altoz´asa ∆U = −σd/ε0 . Ebben a rendszerben egy δA fel¨ uleten k´et ±σδA t¨olt´es van d t´avols´agra, azaz a dip´olmomentum p = σdδA. A d → 0, σ → ∞ hat´aresetben ez egy fel¨ uleti dip´ols˝ ur˝ us´eget jelent, D = σd. A potenci´al ugr´asa teh´at a fel¨ uleti dip´ols˝ ur˝ us´eggel ar´anyos: ∆U = −D/ε0 . 19
2.3.4
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, ´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
(2.41)
A potenci´al itt is v´egtelenhez tart, ahogyan r → 0 vagy r → ∞.
2.3.5
´ Altal´ anos t¨ olt´ eseloszl´ as tere nagy t´ avols´ agokra (multip´ olus kifejt´ es)
Vegy¨ unk egy lokaliz´alt t¨olt´eseloszl´ast, amelynek karakterisztikus m´erete a. A t¨olt´esrendszer a´ltal l´etrehozott potenci´al: Z 0 1 3 0 %(x ) Φ(x) = dx . (2.42) 4πε0 |x − x0 | Az |x| a esetben sorba fejthetj¨ uk a nevez˝ot (|x| = r jel¨ol´essel) 1 1 1 1 1 = − x0i ∂i + x0i x0j ∂i ∂j + . . . . 0 |x − x | r r 2 r Mivel ∂i ez´ert:
1 xi = − 3, r r
∂i ∂j
1 3xi xj − r2 δij = , r r5
1 1 x0 x 1 3(x0 x)2 − x0 2 x2 = + 3 + + .... |x − x0 | r r 2 r5
(2.43)
(2.44)
(2.45)
Vissza´ırva Z 1 1 x0 x 1 3(x0 x)2 − x0 2 x2 3 0 0 Φ(x) = d x %(x ) + 3 + + .... = 4πε0 r r 2 r5 1 Q px 1 xQx = + 3 + + ... , 4πε0 r r 2 r5 20
(2.46)
ahol Z Q=
3 0
0
d x %(x ),
Z p=
3 0 0
Z
0
d x x %(x ),
Qij =
2
d3 x0 (3x0i x0j − x0 δij )%(x0 ), (2.47)
a t¨olt´es, dip´olmomentum illetve kvadrupolmomentum. Ez ut´obbi egy 3 × 3-as spurtalan tenzor. • A t¨olt´eseloszl´as jellemz˝o m´eret´evel ´atsk´al´azva a (2.47) alapj´an l´athatjuk, hogy p/Q ∼ a, Qij /Q ∼ a2 . • 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, . . . (2.48) ´ 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. Ha k¨ uls˝o t´erbe helyezem a t¨olt´eseloszl´ast, amelynek jellemz˝o v´altoz´asi tartom´anya d a, akkor a t¨olt´eseloszl´asra hat´o er˝ot is sorba fejthetj¨ uk. (2.13) k´epletet felhaszn´alva, ´es a t´erer˝oss´eget sorba fejtve kapjuk az er˝o komponenseire Z Z 3 Fi = d x%(x)Ei (x) = d3 x%(x)(Ei (0) + xj ∂j Ei (0) + . . . ) = QEi (0) + pj ∂j Ei + . . . . (2.49) Vagyis, ha van nett´o t¨olt´ese az eloszl´asnak, akkor az er˝o a pontt¨olt´esnek megfelel˝o alakot vesz fel. Ha azonban az ¨osszt¨olt´es nulla, akkor a t´erer˝oss´eg deriv´altj´aval ar´anyos az er˝o. Kifejezhetj¨ uk a t¨olt´eseloszl´asra hat´o forgat´onyomat´ekot is k¨ uls˝o t´erben. (2.14) alapj´an, lassan v´altoz´o er˝oterekben Z Z 3 N = d x %(x)x × E(x) = d3 x %(x)x × E(0) + · · · = p × E(0) + . . . . (2.50)
2.4
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, ´aramforr´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´argyaljuk az a´ltaluk l´etrehozott m´agneses mez˝ot. 21
2.4.1
´ 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). A lok´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 ¨osszt¨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 . (2.51) 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). (2.52) 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.
(2.53)
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 mennyis´eg. Azaz: Z I ∂% d d3 x %(x, t) ⇒ + div J = 0. (2.54) df J (x) = − dt V ∂t ∂V Ez a t¨olt´esmegmarad´as m´erlegegyenlete. Magnetosztatik´aban %˙ = 0, azaz div J = 0.
2.4.2
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 dJ × x . (2.55) dB ∼ |x|3 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 (Biot-Savart t¨orv´eny) Z I 0 0 µ0 µ0 I ds × (x − x0 ) 3 0 J (x ) × (x − x ) B(x) = dx , illetve B(x) = 4π |x − x0 |3 4π |x − x0 |3 (2.56) 22
Szint´en tapasztalat, hogy m´agneses t´erben pontt¨olt´esre hat´o er˝o (Lorentz-er˝o) F = qv × B.
(2.57)
Ha hozz´avessz¨ uk az elektromos t´er a´ltal kifejtett er˝ot is (2.4), akkor a k´eplet F = q(E + v × B).
(2.58)
Ennek a´ltal´anos´ıt´asa t¨olt´es- ´es ´arams˝ ur˝ us´egre, felismerve a fenti k´epletben a qv elemi a´rams˝ ur˝ us´eg-j´arul´ekot: Z 3 F = d x %(x) E(x) + v(x) × B(x) = Z 3 = d x %(x)E(x) + J (x) × B(x) = Z Z 3 = d x %(x)E(x) + I ds × B(s), (2.59) ahol az utols´o alak v´ekony vezet˝okre ´erv´enyes. A forgat´onyomat´ek kifejez´ese az N = x × F alakb´ol k¨ovetkezik: Z 3 N = d x x × %(x)E(x) + J (x) × B(x) .
2.4.3
(2.60)
Lok´ alis t¨ orv´ enyek
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 | Ezt visszahelyettes´ıtve (2.56) egyenletbe, kapjuk Z J (x0 ) µ0 B(x) = ∇ × d3 x 0 , 4π |x − x0 | azaz B = rot A,
ahol
µ0 A(x) = 4π
Z
d3 x0
(2.61)
(2.62) J (x0 ) . |x − x0 |
(2.63)
A bevezetett A mennyis´eg a vektorpotenci´al. Ha v´ekony vezet˝onk van, akkor I µ0 I ds0 A(x) = (2.64) 4π |x − s0 | 23
Miut´an B rot´aci´ok´ent a´ll el˝o: div B = 0,
(2.65)
ez 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 . (2.66) Innen az els˝o tag Z Z µ0 µ0 1 1 3 0 0 div A = =− = d x Ji (x )∂i d3 x0 Ji (x0 )∂i0 0 4π |x − x | 4π |x − x0 | Z µ0 1 = = 0, d3 x0 ∂i0 Ji (x0 ) 4π |x − x0 |
(2.67)
ami val´oj´aban A speci´alis v´alaszt´as´anak k¨ovetkezm´enye. A fenti egyenletben kihaszn´al1 0 1 alis integr´al´as sor´an eldobtunk egy fel¨ uleti tuk, hogy ∂i |x−x 0 | = −∂i |x−x0 | , valamint a parci´ integr´alt, mondv´an, hogy J(∞) = 0. Az A laplac´anak sz´am´ıt´asa: Z Z 1 µ0 µ0 3 0 0 d x Ji (x )4 = d3 x0 Ji (x0 ) (−4πδ(x − x0 )) = −µ0 Ji (x). 4Ai = 4π |x − x0 | 4π (2.68) ¨ Osszesen teh´at 4A = −µ0 J , rot B = µ0 J . (2.69) 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
(2.70)
∂F
ez az Amp`ere t¨orv´eny.
2.4.4
M´ ert´ ekinvariancia
Ugyan´ ugy mint a skal´arpotenci´al eset´en, a A t´er nem fizikai mennyis´eg, csak a rot´aci´oja 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.
(2.71)
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.
24
2.5
´ Arameloszl´ asok
Vizsg´aljuk meg speci´alis a´rameloszl´asok ´altal l´etrehozott m´agneses indukci´ot!
2.5.1
Egyenes vezet˝ o m´ agneses indukci´ oja
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 . (2.72) dsB = 2πrBϕ = µ0 I ⇒ Bϕ = 2πr Ennek alapj´an kifejezhetj¨ uk k´et egyenes vezet˝o ´altal egym´asra gyakorolt er˝ot. Folyjon a k´et vezet˝oben I1 illetve I2 a´ramer˝oss´eg, ekkor egy elemi d` szakasz j´arul´eka az er˝o nagys´ag´ahoz (2.59) alapj´an µ0 I1 I2 d`. (2.73) 2πr K´et, egym´ast´ol 1 m-re lev˝o, 1 A ´aramer˝oss´eg˝ u ´aram j´arta vezet˝o egym´asra gyakorolt −7 ereje 2 × 10 N. Ez az amper defin´ıci´oja. dF = I2 B1 d` =
2.5.2
K¨ orvezet˝ o m´ agneses indukci´ oja
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) = (2.74) 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
Param´eterezz¨ uk a helyvektort is ennek megfelel˝oen: % cos ϕ p x = % sin ϕ ⇒ |x − s0 | = z 2 + %2 + R2 − 2%R cos(ϕ − ϕ0 ). z 25
(2.75)
(2.76)
Emiatt A(x) =
µ0 I 4π
Z2π 0
−R sin ϕ0 1 R cos ϕ0 . dϕ0 p 2 2 2 z + % + R − 2%R cos(ϕ − ϕ0 ) 0
(2.77)
A vektorpotenci´al komponenseit kifejezhetj¨ uk egy elforgatott Descartes-b´azisban is. Legyenek az u ´j b´azisvektorok: cos ϕ − sin ϕ 0 ˆ 1 = sin ϕ ˆ 2 = cos ϕ ˆ3 = 0 . e e e (2.78) 0 0 1 P ˆ 1 . Mivel a e ˆ i b´azisvekB´armely vektort kifejthet¨ unk ebben a b´azisban is, azaz v = i v¯i e torok egym´asra mer˝olegesek ´es egys´egnyi hossz´ uak, ez´ert v¯i = vˆ ei . A helyvektor felbont´asa (2.76) param´eterez´es szerint x = %ˆ e1 + zˆ e3 . Teh´at µ0 IR ˆ1 = A¯1 (x) = A(x) e 4π
Z2π 0
− sin(ϕ − ϕ0 ) = 0, dϕ0 p z 2 + %2 + R2 − 2%R cos(ϕ − ϕ0 )
ˆ 3 = 0. A¯3 (x) = A(x) e
(2.79)
A nem nulla komponens egyed¨ ul µ0 IR ˆ2 = A¯2 (x) = A(x) e 4π
Z2π 0
cos(ϕ − ϕ0 ) . dϕ0 p z 2 + %2 + R2 − 2%R cos(ϕ − ϕ0 )
(2.80)
A2 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 1 u2 = − 3 + .... r 2r r 2 + u2
(2.81)
Most u2 = R2 − 2%R cos ϕ, azaz µ0 I A¯2 (%, z) ≈ 4π
Z2π
0
0
dϕ R cos ϕ
1 2%R cos ϕ0 − R2 µ0 R2 πI% + + . . . = + . . . , (2.82) r 2r3 4π r3
0
ˆ 2 . Az hiszen az els˝o tag nem ad j´arul´ekot. A teljes vektorpotenci´al teh´at A = A¯2 e eredm´enyt ugyanakkor fel´ırhatjuk koordin´at´az´asf¨ uggetlen¨ ul is, felhaszn´alva, hogy ˆ3 × x = e ˆ 3 × (zˆ e e3 + %ˆ e1 ) = %ˆ e2 . 26
(2.83)
Ez´ert a vektorpotenci´al ´ırhat´o u ´gy, hogy A(x) =
µ0 m × x 1 + O( 3 ), 3 4π r r
ˆ3 . ahol m = R2 πI e
(2.84)
A megjelen˝o m neve m´agneses dip´olmomentum. A l´etrehozott m´agneses vektorpotenci´al k´eplete igen hasonl´o az elektrosztatika dip´olmomentuma ´altal keltett skal´arpotenci´al kifejez´es´ehez (2.35), csak most vektori´alis szorz´ast l´atunk skal´arszorzat helyett. 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 , (2.85) = 4π r5
Bi = (rot A)i =
ugyanaz a k´eplet mint az elektromos dip´ol eset´eben (l. (2.37)).
2.5.3
´ Altal´ anos ´ arameloszl´ as tere nagy t´ avols´ agra
A fenti feladat ´altal´anos´ıthat´o tetsz˝oleges a´ramhurok ter´enek nagy t´avols´ag´ u viselked´es´ere: Z Z 0 µ0 1 xj x0j µ0 3 0 Ji (x ) 3 0 0 dx = d x Ji (x ) + 3 + ... = Ai (x) = 4π |x − x0 | 4π r r Z Z µ0 µ 0 xj = d3 x0 Ji (x0 ) + d3 x0 Ji (x0 )x0j + . . . . (2.86) 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. (2.87) Ez´ert a sorfejt´es els˝o tagja hi´anyzik, amit a m´agneses monop´olusok hi´anyak´ent ´ertelmezhet¨ unk2 . 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 . (2.88) Vagyis az egy¨ utthat´o antiszimmetrikus m´atrix: ehhez hozz´arendelhet¨ unk egy vektort, ez lesz a m´agneses dip´olmomentumn: Z d3 x xj Ji = εjik mk . (2.89) 2
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.
27
Az inverz rel´aci´o 1 mi = εijk 2
Z
3
d x xj Jk ,
1 azaz m = 2
Z
d3 x x × J .
(2.90)
Emiatt v´eg¨ ul:
µ0 m × x + .... 4π r3 Megjegyz´esek a m´agneses dip´olmomentummal kapcsolatban: A(x) =
(2.91)
• Vezet˝o hurok eset´en, a Stokes-t´etel miatt: Z I Z I 1 I 3 mi = εijk d x xj Jk = dsk (εijk xj ) = dfk εk`n ∂` (εijn xj ) = 2 2 2 F Z Z I = εk`n εi`n dfk = I dfi , (2.92) 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 q q 1 d3 x x × [qvδ(x − r)] = r × (mv) = L = γL, m= 2 2m 2m
(2.93)
(2.94)
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, (2.95) 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. • 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 1 Q 1 3 3 2 d x %(x) x × (ω × x) = d x %(x) (x − x ⊗ x) ω = Θ ω. m= 2 2 2M (2.96) ahol Θ a test tehetetlens´egi nyomat´eka, ha a t¨omegeloszl´as´ara %m = %M/Q-t vesz¨ unk. 28
2.5.4
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) + . . . ) . (2.97) 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 .
(2.98)
Ezzel εjki εjn` = δkn δi` − δk` δin miatt Fi = (δkn δi` − δk` δin )mn ∂` Bk = mk ∂i Bk − mi ∂k Bk
⇒
F = ∇(mB),
(2.99)
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,
(2.100)
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)).
(2.101)
(2.102)
Ha Bi (x = 0) = Bi konstans ´ert´eket helyettes´ıt¨ unk vissza, akkor felhaszn´alva a (2.88) 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.
(2.103)
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 (2.101) 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 29
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).
2.6
Id˝ ofu o Maxwell-egyenletek ¨ gg˝
Eddig sztatikus, id˝of¨ uggetlen esetben vizsg´altuk az elektrom´agness´eg egyenleteit. Ha a forr´asok (t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg ´es ´arams˝ ur˝ us´eg) id˝of¨ ugg˝ok, akkor j´arul´ekos tagok megjelen´es´ere sz´am´ıthatunk. Az egyik ilyen tag az indukci´o jelens´eg´er˝ol ad sz´amot. Faraday 1831-ben ´eszrevette, hogy egym´as melletti ´aramk¨or¨ok eset´en az egyik k¨orben foly´o a´ram megv´altoz´asa hat´assal van a m´asik a´ramk¨orre. Ebben a k¨orben keletkez˝o, induk´al´od´o fesz¨ ults´eg (az elektromotoros er˝o) Faraday megfigyel´ese szerint ar´anyos a m´agneses fluxus v´altoz´as´aval: I Z dF . (2.104) E = Ed`, F = Bdf ⇒ E = − dt ∂F
F
A Stokes-t´etelt felhaszn´alva Z ∂B df = 0, rot E + ∂t
∀F
⇒
rot E = −
∂B . ∂t
(2.105)
F
Ez a m´asodik Maxwell-egyenlet id˝of¨ ugg˝o, teljes alakja. A negat´ıv el˝ojel biztos´ıtja, hogy az induk´al´od´o elektromos t´er olyan m´agneses teret hozzon l´etre, amely a v´altoz´as ellen hat. Ez a Lenz-t¨orv´eny. A Lenz-t¨orv´eny az elektrodinamikai megval´osul´asa a Le ChatelierBraun elvnek, amely szerint (stabil) fizikai rendszerekben a spont´an folyamatok mindig a v´altoz´as ellen hatnak. Megjegyz´ es: az E ´es F˙ k¨oz¨otti 1-es egy¨ utthat´o nem v´eletlen, a Lorentz-er˝ovel konzisztens. Ha ugyanis mer˝oleges m´agneses t´erben lev˝o a´ramhurkot megn¨ovelek ` szakaszon dx-szel (l. 2.4. ´abra), 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 `E = δE = `dxB/dt = dF/dt. Ugyanakkor ez a hurok fizikailag ekvivalens egy olyan r¨ogz´ıtett hurokkal, amelyben n¨ovekszik a m´agneses indukci´o a´ltal elfoglalt ter¨ ulet. A m´asik j´arul´ekos tag az a´rammegmarad´as m´erlegegyenlet´evel val´o konzisztencia miatt jelenik meg. Ugyanis a sztatika szerint rot B − µ0 J = 0, emiatt a divergenci´aja is nulla. Ugyanakkor dinamik´aban div rot = 0 miatt az els˝o tag divergenci´aja ugyan nulla, 30
B
B v
v
l
F dx
l
dx
a.)
b.)
Figure 2.4: Az indukci´os t¨orv´eny ´es a Lorentz er˝o kapcsolata. a.) egy a´lland´o m´agneses t´erben megn¨ovelt keret ekvivalens egy b.) r¨ogz´ıtett keretben egyre nagyobb fel¨ uletet kit¨olt˝o m´agneses indukci´oval. de a m´asodik´e, a t¨olt´esmegmarad´as m´erlegegyenlete miatt, %. ˙ Az els˝o Maxwell egyenlet seg´ıts´eg´evel ´ırhatjuk: ∂ ∂E ∂% = µ0 ε0 (div E) ⇒ div rot B − µ0 J + ε0 = 0. div [rot B − µ0 J ] = µ0 ∂t ∂t ∂t (2.106) 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 . (2.107) rot B = µ0 J + ε0 ∂t 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
(2.108)
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 m 1 (2.109) µ0 ε0 = 2 ⇒ c = 2.99 · 108 . 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.
2.6.1
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. 31
(2.110)
Ha ezt vissza´ırjuk az E egyenlet´ebe 0 = rot E + ∂t B = rot [E + ∂t A] .
(2.111)
Egy nulla rot´aci´oj´ u vektormez˝ot ´ırhatunk gradiens alakj´aban: E + ∂t A = − grad Φ
⇒
E = − grad Φ − ∂t A,
(2.112)
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. (2.113) 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: ∂Ψ . (2.114) ∂t 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 jelent). 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 el3 . Vannak k¨ ul¨on¨osen j´ol bev´alt m´ert´ekek: A0 = A + ∇Ψ,
Φ0 = Φ −
• 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,
(2.115)
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 . (2.116) 4Φ = − ε0 4πε0 |x − x0 | 3
Ez n´eha nem is olyan egyszer˝ u (Gribov-probl´ema).
32
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 2 1 ∂t A = −µ0 J + 2 ∂t ∇Φ. 2 c c
(2.117)
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
(2.118)
a kontinuit´asi egyenlet miatt. Fogalmazhatunk u ´gy is, hogy J -t felbontjuk transzverz´alis ´es longitudin´alis r´eszre, hogy ∇J t = 0,
J = J t + J `,
´es ∇ × J ` = 0.
(2.119)
A (2.117) egyenlet bal oldala tiszt´an transzverz´alis, a jobb oldalon ∇Φ pedig tiszt´an longitudin´alis (mert rot grad = 0). Vagyis a transzverz´alis m´odusra vonatkoz´o egyenlet: 1 (2.120) 4A − 2 ∂t2 A = −µ0 J t . c • Lorenz-m´ert´ek (sug´arz´asi m´ert´ek): ekkor azt k¨ovetelj¨ uk meg, hogy ∇A +
1 ∂t Φ = 0. c2
(2.121)
Ebben az esetben mindk´et egyenlet ugyanolyan alakot o¨lt: 4Φ −
1 2 % ∂t Φ = − , 2 c ε0
4A −
1 2 ∂ A = −µ0 J . c2 t
(2.122)
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
(2.123)
ez a d’Alambert oper´ator. Ezzel Φ = −
% , ε0
A = −µ0 J .
33
(2.124)
2.6.2
Az elektromos ´ es m´ agneses mez˝ o egyenletei
A n´egy Maxwell-egyenletet reduk´alhatjuk csak az E-t illetve csak a B-t tartalmaz´o egyenletekre: 1 1 grad % − 4E = −∂t rot B = −µ0 ∂t J − 2 ∂t2 E ε0 c 1 1 rot rot B = grad div B − 4B = −4B = µ0 rot J + 2 ∂t rot E = µ0 rot J − 2 ∂t2 B, c c (2.125) rot rot E = grad div E − 4E =
azaz 1 ∇% + µ0 ∂t J ε0 B = −µ0 ∇ × J . E =
(2.126)
Vagyis a E illetve B terekre is a d’Alambert oper´ator adja az id˝ofejl˝od´est.
2.7
Az elektrodinamika egyenletei anyag jelenl´ et´ eben
Eddig az elektrom´agneses egyenleteket v´akuumban ´ırtuk fel, ahol minden forr´astagot, t¨olt´es- ´es ´arams˝ ur˝ us´eget adottnak t´etelezt¨ unk fel. Ha azonban anyag van jelen, a helyzet megv´altozik. Mivel az anyagot t¨olt´essel rendelkez˝o r´eszecsk´ek ´ep´ıtik fel, az elektom´agneses t´er hat´as´ara ezek a r´eszecsk´ek elmozdulhatnak. Az elmozdul´as persze f¨ ugg a bels˝o ´ er˝okt˝ol is, vagyis anyagr´ol anyagra k¨ ul¨onb¨ozni fog. Ugy t˝ unik, egy ilyen ¨osszetett, k¨ uls˝o ´es bels˝o er˝ok ´altal is befoly´asolt rendszer le´ır´asa rendk´ıv¨ ul bonyolult lehet. Ennek ellen´ere nagyfok´ u univerzalit´ast mutat a legt¨obb anyag a le´ır´as szempontj´ab´ol. Ha az anyagra elektrom´agneses teret bocs´atunk, akkor legt¨obbsz¨or a t¨olt´eshordoz´ok lokaliz´altak maradnak, vagyis elmozdul´asuk az eredeti helyzet¨ uk k¨or¨ uli t¨olt´es´atrendez˝od´est (polariz´aci´ot), illetve mozg´asuk kis m´eret˝ u k¨or´aramokat jelent. Ha az elemi r´eszecsk´eknek saj´at elektrom´agneses szerkezet¨ uk, azaz saj´at dip´olmomentumuk vagy m´agneses dip´ol momentumuk (spinj¨ uk) van, akkor azok is m´odosulnak a t´er hat´as´ara. Elfajult esetben szabadon mozg´o t¨olt´eshordoz´ok is lehetnek az anyagban, ekkor sztatikus elektromos vagy m´agneses t´erben eset´en a v´altoz´asok nem lok´alisak, hanem az eg´esz anyagra kiterjednek; ugyanakkor ezt lehet a fentiek hat´aresetek´ent kezelni. Vizsg´aljuk teh´at meg, hogy ha kis m´eret˝ u t¨olt´es- ´es a´rameloszl´as v´altoz´as t¨ort´enik az anyagban, az hogyan m´odos´ıtja a Maxwell-egyenleteket.
2.7.1
Elektrosztatika
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 34
kialakul egy nem trivi´alis t¨olt´eseloszl´as, vagyis az anyagdarabka polariz´al´odik. Ezt a molekul´aris t¨olt´eseloszl´ast ugyanakkor makroszkopikus t´avols´agb´ol figyelj¨ uk meg, emiatt 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
Figure 2.5: Pontt¨olt´es ´es dip´ollal k¨ozel´ıtett anyagdarab egy¨ uttes hat´asa pontt¨olt´est ´es egy kis anyagdarabk´at n´ez¨ unk (l. 2.5. ´abra), akkor az x helyen m´erhet˝o potenci´al: q 1 p(x − xp ) 1 Φ(x) = + , (2.127) 4πε0 |x − x0 | 4πε0 |x − xp |3 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 ) Φ(x) = dx + dx . (2.128) 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 P (x )(x − x ) 3 0 0 3 0 (∇P )(x ) dx = d x P (x ) ∇ = − d x . (2.129) |x − x0 |3 |x − x0 | |x − x0 | Ezt vissza´ırva
1 Φ(x) = 4πε0
Z
d3 x
35
%(x0 ) − ∇P (x0 ) |x − x0 |
(2.130)
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 polariz´aci´o l´etrehoz egy %pol helyi polariz´aci´os t¨olt´ess˝ ur˝ us´eget, amelynek nagys´aga %pol = −∇P ,
(2.131)
%tot = % + %pol = % − ∇P .
(2.132)
´es ´ıgy a teljes t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg
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 ´altalunk 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 ) . (2.133) 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 (2.134) ∇E = %tot ⇒ ∇ E + P = %. ε0 ε0 ε0 Bevezetve az elektromos eltol´as mez˝ot D = ε0 E + P ,
(2.135)
az anyagban ´erv´enyes Maxwell I ´es II egyenlet alakja ∇D = %,
∇ × E = 0.
(2.136)
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) o¨sszef¨ ugg´esre. Elek4 tromos t´er hi´any´aban polariz´aci´o sincsen , a vezet˝o tag teh´at a line´aris. A legt¨obb anyagra igaz P = ε0 χE, D = ε0 (1 + χ)E = ε0 εr E = εE, (2.137) 4
Spont´ an kialakulhat polariz´ aci´ o, hasonl´oan a spont´an kialakul´o m´agness´eghez. Az ilyen anyagokat a ferroelektromosnak h´ıvjuk.
36
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)E(x)) = %(x), rot E = −∂t B (2.138) egyenletet. Homog´en, izotrop anyagban a potenci´alra fel´ırhat´o 1 E= D ε
⇒
% div E = . ε
(2.139)
Ugyanaz az egyenlet ad´odott, 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.
2.7.2
Hat´ arfelt´ etelek
K¨ozeghat´aron vegy¨ unk a hat´arfel¨ uleten egy dA alap´ u dx magass´ag´ u hengert (l. 2.6 a´bra). Ennek t´erfogat´ara integr´alva div D-t dx → 0 esetben a fel¨ uletre rakott k¨ uls˝o
ε2
n
ε2 dx
dx ε1
ε1
dA
ds
Figure 2.6: K¨ozeghat´aron felvett integr´al´asi tartom´anyok 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 .
(2.140)
V
Ennek fizikai jelent´ese az, hogy inhomog´en anyagban, k´et homog´en anyag hat´ar´an az elt´er˝o polariz´aci´ok miatt 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)
σpol = P1z − P2z . (2.141) 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 =
37
σtot . ε0
⇒
(2.142)
Amennyiben σpol = σtot , vagyis nincs k¨ uls˝o fel¨ uleti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg, akkor ε0 E2n − ε0 E1n = P1n − P2n
⇒
D1n = D2n ,
(2.143)
ami ugyanaz, mint (2.140). A m´asik hat´arfelt´etel onnan j¨on, hogy a fel¨ uletet k¨orbe¨olel˝o, dx magass´ag´ u ´es ds hossz´ us´ag´ u t´eglalapra integr´aljuk rot E-t, mik¨ozben dx → 0: Z rot E = 0 = ds(E2t − E1t ) ⇒ E2t = E1t . (2.144) 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 .
(2.145)
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
(2.146)
Vagyis r´eszben folytonos k¨ozegekn´el elektrosztatik´aban 4Φ = −
% ε
´es a fel¨ uleteken Φ ´es ε
∂Φ folytonos. ∂n
(2.147)
Megjegyz´es: ha ε2 → ∞, akkor D2n = D1n miatt E2n = εε12 E1n = 0, hiszen ε1 ´es E1n = 0 a hat´aron v´egig, amelynek megold´asa a konstans is v´egesek maradnak. Emiatt ∂Φ ∂n mez˝o. Mivel a megold´as egy´ertelm˝ u (l. k´es˝obb) ´ıgy a megold´as: Φ|bel¨ul = konst.
⇒
E bel¨ul = 0,
Φ|hat´aron = konst.,
E t,k´ıv¨ul = 0.(2.148)
Ez a v´egtelen¨ ul j´ol polariz´alhat´o anyag felel meg a f´emeknek, ahol szabadon elmozdul´o t¨olt´esek vannak.
2.7.3
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 m´agneses indukci´o forr´as´anak. Az anyag belsej´eben h´aromf´ele m´odon keletkezhetnek forr´astagok. Az els˝o a m´agneseses indukci´o alapj´an keletkez˝o mikroszkopikus, lokaliz´alt a´ramhurkok. Az ezek a´ltal l´etrehozott m´agneses indukci´o mez˝o (B), a m´eret´ehez k´epest nagy t´avols´agokra, mint l´attuk, m´agneses dip´ollal ´ırhat´o le: a magasabb multipolmomentumok 38
j´arul´eka a/r hatv´anyaival van elnyomva, ahol a az a´rameloszl´as jellemz˝o m´erete, r a megfigyel´esi pont t´avols´aga. A m´asodik lehet˝os´eg az, hogy az anyagban eleve vannak olyan m´agnesesen akt´ıv elemi ¨osszetev˝ok, amelyek szint´en a dip´olmomentumukkal (spinj¨ ukkel) jellemezhet˝ok nagy t´avols´agon. Ezeket az eseteket ¨osszefoglalhatjuk u ´gy, hogy az anyagban keletkezik lok´alis m´agneses dip´ols˝ ur˝ us´eg, amit itt m´agnesezetts´egnek nevez¨ unk: dm = dV M (x). A m´agnesezetts´eg j´arul´eka a vektorpotenci´alhoz, sztatikus esetben, (2.91) alapj´an: Z M (x0 ) × (x − x0 ) µ0 d3 x 0 . (2.149) Adip = 4π |x − x0 |3 Komponensekben fel´ırva az integr´alt: Z Z 0 0 1 3 0 εijk Mj (x )(xk − xk ) = d3 x0 εijk Mj (x0 )(−∂k ) = Adip = dx 0 3 |x − x | |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 . (2.150) |x − x0 | |x − x0 | ahol a fel¨ uleti tagot eldobtuk, mondv´an, hogy M (∞) = 0. Ebben a form´aban r´aismerhet¨ unk a vektorpotenci´al a´ramokkal t¨ort´en˝o kifejez´es´ere. Vagyis a m´agnesezetts´eg megfelel egy Jmagn = rot M (2.151) a´rams˝ ur˝ us´eg-j´arul´eknak. B´ar a fenti ´ervel´es sztatik´ara hivatkozott, ugyanez az eredm´eny alkalmazhat´o id˝of¨ ugg˝o esetre is. 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 a´rams˝ ur˝ us´eget, valamint a mikroszkopikus ´aramokat, 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 ad j´arul´ekot: ˆdV /dA = M ds. Vagyis a teljes azaz a j´arul´ekos a´ramer˝oss´eg: Imikr nˆ s = mˆ s/dA = M s a´ram Z Z I Z Itot = df J tot = df J + dsM = df (J + rot M ) . (2.152) F
F
∂F
F
A forr´astagok keletkez´es´enek harmadik m´odja az, hogy id˝of¨ ugg˝o esetben a k¨ uls˝o t¨olt´esek v´altoz´asa mellett (melyhez a t¨olt´esmegmarad´as dikt´alta ´aramokat mint k¨ uls˝o a´ramokat figyelembe vessz¨ uk) a polariz´aci´os t¨olt´esek is m´odosulnak. A t¨olt´esmegmarad´as 39
miatt ez lok´alis a´raml´ast ig´enyel, ennek a´rams˝ ur˝ us´eg´et jel¨olj¨ uk J pol -lal. A t¨olt´esmegmarad´as m´erlegegyenlete miatt, valamint felhaszn´alva (2.131) k´epletet: 0 = ∂t %pol + div J pol = div [J pol − ∂t P ] .
(2.153)
Ez a felt´etel nyilv´anval´oan teljes¨ ul, ha J pol = ∂t P .
(2.154)
Ehhez korrekci´ok´ent j¨ohetne egy tiszta rot´aci´o, azonban azt a (2.151) k´eplet alapj´an a m´agnesezetts´eget k´epvisel˝o a´rams˝ ur˝ us´eg r´esz´enek tekinthetj¨ uk. A fentieket ¨osszefoglal´o m´odon fogalmazhatjuk u ´gy, hogy a teljes a´ram az a´ltalunk kontroll´alt r´eszen k´ıv¨ ul a mikroszkopikus dinamika keltette a´rams˝ ur˝ us´eget is tartalmazza: J tot = J + J magn + J pol .
(2.155)
Ezt a kifejez´est kell be´ırnunk a Maxwell IV forr´astagja hely´ebe 1 rot B − ε0 ∂t E = J tot = J + J mikr + J pol = J + rot M + ∂t P . µ0
(2.156)
Itt egyr´eszt felismerhetj¨ uk a (2.135) k´epletben defini´alt elektromos eltol´as kifejez´es´et, m´asr´eszt bevezethetj¨ uk a 1 (2.157) H = B−M µ0 m´agneses t´erer˝oss´eget. Ennek seg´ıts´eg´evel ´ırhatjuk rot H = J + ∂t D.
(2.158)
Az Amp`ere t¨orv´enyt a (2.70) k´eplettel anal´og m´odon kapjuk I dsH = I + Ielt ,
(2.159)
∂F
ahol Ielt az eltol´asi ´aram. Megjegyzend˝o, hogy 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 ki a megold´ast: v´akuumban csak egy konstans szorz´ofaktorban k¨ ul¨onb¨oznek, ´es a m´agneses t´er az egyenletekben hasonl´o szerepet j´atszik, mint az elektrodinamika egyenleteiben az E. V´eg¨ ul teh´at, (2.136) seg´ıts´eg´evel fel´ırhatjuk az anyagban ´erv´enyes teljes Maxwellegyenletrendszert: div D = %, div B = 0 rot E = −
∂B , ∂t
rot H = J + 40
∂D . ∂t
(2.160)
Hogy meg tudjuk oldani a fenti egyenleteket, az elektromos szektorhoz hasonl´oan 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
(2.161)
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 .
(2.162)
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 forr´asok hat´as´at. Kvalitat´ıve ezt u ´gy l´athatjuk, hogy a k¨ uls˝o a´ram H forr´asa, az er˝ohat´ast viszont B = µH okozza. Ha teh´at µ < µ0 , akkor az anyag jelenl´ete miatt kisebb hat´ast kapunk. Olyan anyagokn´al, ahol az elemi ¨osszetev˝oknek nincs m´agneses dip´olmomentumuk az indukci´o a´ltal l´etrehozott elemi ´aramhurkok ilyen tulajdons´ag´ uak (Lenz-t¨orv´eny). Ha ¨osszehasonl´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 az elektromos t´er eset´eben a forr´as D-t hat´arozza meg, de ott az er˝ohat´ast kifejteni k´epes elektromos t´er eset´eben E = 1ε D az anyagi konstanst pont reciprok m´odon vezett¨ uk be. 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 χ > 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 41
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 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. a´bra. (2.7))
Figure 2.7: Hiszter´ezis hurok [15] Hab´ar a jelens´eg nem line´aris, minden pontban besz´elhet¨ unk permeabilit´asr´ol µ(H)δH = δB 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. 42
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. Id˝of¨ ugg´es eset´en is igazak maradnak a fent t´argyalt effektusok. Ugyanakkor 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.
2.7.4
Hat´ arfelt´ etelek
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 ,
vagy
4A = −µ0 [J + rot M (rot A)]
(2.163)
egyenleteket kell megoldanunk. Ezek igen bonyolultak lehetnek, ´ıgy a k¨ovetkez˝okben mindig r´eszlegesen homog´en anyagokat tekint¨ unk, ahol az anyagi jellemz˝ok hirtelen v´altoznak meg. A hat´aron a div B = 0 ´es rot H = J elektrodinamikai anal´ogi´aj´ara Bn
´es
Ht
folytonos,
(2.164)
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
(2.165)
Ez a δ(z) miatt a fel¨ uleten foly´o a´ramnak felel meg. 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 ¨osszevonva Coulomb m´ert´ekben (div A = 0) kapjuk 4A = −µJ − µ0 rot M 0 ,
1 rot A folytonos a hat´aron. µ
A ´es
43
(2.166)
2.7.5
M´ agneses skal´ arpotenci´ al
Ha J = 0, akkor rot H = 0 miatt l´etezik (m´agneses) skal´arpotenci´al, ⇒
rot H = 0
H = − grad ΦM
(2.167)
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, (2.168) 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 (2.72) k´eplet. Felhaszn´alva, hogy B = µ0 (H + M ) kapjuk 0 = div B = µ0 div(H + M )
⇒
4ΦM = div M 0 .
(2.169)
A r´eszlegesen homog´en anyagr´eszek hat´ar´an´al figyelembe kell venn¨ unk, hogy Bn folytonos, ¨ azaz (H 1 + M 1 )n = (H 2 + M 2 )n, ´es Hn = −∂ΦM /∂n. Osszefoglalva teh´at ekkor a megoldand´o egyenlet 4ΦM = div M 0 ,
ΦM
´es
−
∂ΦM + nM 0 ∂n
44
folytonos a hat´aron.
(2.170)
Chapter 3 Az elektrom´ agneses t´ er energi´ aja 3.1
T¨ olt´ esrendszer energi´ aja
T¨olt´esrendszer energi´aj´an azt a munk´at ´ertj¨ uk amellyel a rendszert fel tudjuk ´ep´ıteni v´egtelen t´avol elhelyezked˝o t¨olt´esekb˝ol kiindulva. Ehhez a v´egtelen t´avoli t¨olt´esek x helyre val´o juttat´as´anak munk´aj´at kell kisz´amolni. 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
⇒
ds E(s) = q(Φ(x2 ) − Φ(x1 )).
Wx1 →x2 = −q
(3.1)
x1
(2.31) 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). Ha m´ar elhelyezt¨ unk t¨ot´eseket, ´es egy u ´jabb δq t¨olt´est akarunk a v´egtelenb˝ol x0 -ba hozni, akkor a potenci´al, amit le kell gy˝ozn¨ unk, az a m´ar bent lev˝o t¨olt´esek hat´as´ab´ol k¨ovetkezik. A δq t¨olt´es behozatala ut´an teh´at a t¨olt´esrendszer energi´aj´anak megv´altoz´asa: δW = δqΦ(x0 ), (3.2) ahol Φ a kor´abban betett t¨olt´esek tere. Teh´at n t¨olt´es egyes´evel t¨ort´en˝o behozatalakor v´egzett ¨osszes munka, azaz a rendszer energi´aja: W =
n X i=1
qi
n i−1 X 1 1 X qi qj 1 qi = . 4πε |x − x | 2 4πε |x − x | i j i j j=1 i,j=1,i6=j
Itt ki kell hagyni az i = j esetet, mert ekkor v´egtelent kapn´ank. 45
(3.3)
Folytonos esetre is ´atfogalmazhat´ok a fenti gondolatok. Ha egy δ% t¨olt´eseloszl´assal m´odos´ıtjuk a m´ar meglev˝o t¨olt´esrendszer¨ unket, akkor Z δW = d3 x δ%(x)Φ(x) (3.4) munk´at kellett v´egezn¨ unk a rendszeren. Ezt ´atalak´ıthatjuk a Maxwell egyenletek seg´ıts´eg´evel (alternat´ıv levezet´est l. a F¨ uggel´ekben 14). Kihaszn´alhatjuk, hogy a t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg az elektromos eltol´as forr´asa: 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.
(3.5)
(3.6)
Amennyiben a konstit´ uci´os rel´aci´o line´aris, azaz D = εE, akkor a fenti alak felintegr´alhat´o: Z Z 1 1 3 d x EεE = d3 x DE (3.7) W = 2 2 ´ 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 1 1 w = EεE = DE. 2 2
(3.8)
Ezek a k´epletek plauzibilisek ´es mag´at´ol ´ertet˝od˝onek t˝ unnek azonban van t¨obb probl´ema is, amelyet felvetnek.
3.1.1
Saj´ atenergia
L´atsz´olag (3.3) kifejez´esb˝ol (3.7) 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. M´asr´eszt azonban ha a diszkr´et esetben egy darab q nagys´ag´ u pontt¨olt´es¨ unk van, akkor annak energi´aja 0, hiszen a v´egtelenb˝ol behozva nem kell semmilyen teret legy˝ozn¨ unk. Ugyanakkor ha a q t¨olt´est k´et darab q/2 t¨olt´esb˝ol ´ep´ıtj¨ uk fel, amelyet k¨ ul¨on-k¨ ul¨on hozunk be, akkor m´ar v´egtelen energi´at kell befektetn¨ unk a m´asodik q/2 behozatalok, hiszen a potenci´al az els˝o q/2 t¨olt´es hely´en v´egtelen. A diszkr´et ´es folytonos megk¨ozel´ıt´es k¨ ul¨onbs´ege teh´at abban ´all, hogyan kezelj¨ uk egyetlen pontt¨olt´es“fel´ep´ıt´es´ehez”sz¨ uks´eges energi´at: ezt szokt´ak saj´atenergi´anak nevezni. 46
A folytonos esetben kis egys´egekb˝ol ´ep´ıtj¨ uk fel, ez´ert a pontt¨olt´esre kisz´am´ıtva a (3.7) integr´alt, v´egtelent kapunk, m´ıg term´eszetesen (3.3) null´at adna. K´erd´es, ennek a saj´atenergi´anak van-e jelent´ese. 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 (3.7) 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 (3.3) eredm´ennyel konzisztens v´egeredm´enyt kapunk. Felmer¨ ulhet az o¨tlet, hogy az elektron t¨omeg´et az elektromos ter´enek saj´atenergi´aja szolg´altatja az E = mc2 k´eplet alapj´an. Hab´ar ez az elk´epzel´es nem m˝ uk¨odik t¨ok´eletesen a klasszikus fizik´aban, a kvantumt´erelm´eletekben a saj´atenergi´anak fontos szerepe lesz.
3.1.2
T¨ olt´ esrendszer dielektrikumban
A fenti levezet´es dielektrikum jelenl´et´eben pontosan ugyan´ ugy elmondhat´o. Itt azonban felmer¨ ul egy k´erd´es, nevezetesen az, hogy D a szabad t¨olt´esekb˝ol k¨ovetkezik, nem veszi figyelembe a polariz´alt t¨olt´esek j´arul´ek´at. A kor´abbihoz hasonl´o gondolatmenettel ugyanis 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. Ez azonban div E, vagyis ekkor a fenti gondolatmenet a szok´asos v´akuum formul´at adja. Vajon melyik a helyes? 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. (3.9) 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. Az er˝o teh´at line´aris F = −αx valamilyen anyagf¨ ugg˝o egy¨ utthat´oval, vagyis egyens´ ulyban q2E . (3.10) qE = αx ⇒ p = α A t¨olt´esek behozatalokor teh´at bels˝o er˝ok (“rug´oer˝ok”) is ´ebrednek, amelyek munk´at v´egeznek: 1 1 2 1 q2E 2 αx = = pE. (3.11) 2 2 α 2 Ha a dip´olok eloszl´as´at folytonosnak vessz¨ uk, akkor a bels˝o energi´aban integr´alni kell, ´es ´ıgy a bels˝o energia ´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. (3.12) 2 2 2 A k´et gondolatmenet annyiban k¨ ul¨onb¨ozik teh´at, hogy figyelembe vessz¨ uk-e a bels˝o er˝ok munk´aj´at vagy sem. Amikor csak az expliciten behozott t¨otl´eseket figyelj¨ uk, akkor 47
tulajdonk´eppen k´et hat´ast vesz¨ unk figyelembe: az a´tpolariz´aci´o mellett a bels˝o er˝oket is az elektromos t´er energi´aj´ahoz sz´amoljuk. Ez a gondolatmenet j´ol mutatja, hogy az anyag jelenl´et´er˝ol teljesen elfeledkezhet¨ unk, csakis effekt´ıv dielektromos a´lland´oval v´eve figyelembe, ´es konzisztens eredm´enyt kapunk. Ez a megfigyel´es a renormaliz´aci´o gondolatk¨or´ehez vezet, amikor a mikroszkopikus szabads´agi fokokat u ´gy vessz¨ uk csak figyelembe, hogy a v´akuum k´epleteket m´odos´ıtott egy¨ utthat´okkal haszn´aljuk.
3.1.3
´ Alland´ o to esek, v´ altoz´ o dielektrikum ¨lt´
Ha ¨osszehasonl´ıtjuk az anyagbeli energia W k´eplet´et (amely tartalmazza a bels˝o energi´at is) a v´akuumbeli energia W0 k´eplet´evel, akkor a kett˝o ar´anya W/W0 = εr > 1. Az anyagbeli energia teh´at nagyobb. Akkor mi´ert “´eri meg” energetikailag az anyagnak a polariz´aci´o l´etrehoz´asa, ha ezzel az energi´aj´at n¨oveli? A k´erd´es megv´alaszol´as´ahoz azt kell figyelembe venn¨ unk, hogy a fenti k´epletekben W ´es W0 kisz´am´ıt´as´an´al ugyanazt az E t´erer˝oss´eget haszn´altuk, azaz a rendszerben az elektromos potenci´alt, azaz a fesz¨ ults´egeket r¨ogz´ıtett¨ uk. Ha azoban anyag is jelen van, ´es nincs k¨ uls˝o hat´as, akkor a polariz´aci´o az elektromos teret is megv´altoztatja. Nem sz´amolhatunk teh´at ugyanazzal az E-vel! Sz´amoljuk h´at ki azt az energiak¨ ul¨onbs´eget, amely abb´ol sz´armazik, hogy a behozott t¨olt´esek ugyanazok, de a t´erer˝oss´eg megv´altozhat. 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. 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 δW 0 = d3 x δ%(x)(Φ(x) − Φ0 (x)). (3.13) 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 0 3 δW = d x [Φ div δD 0 − Φ0 div δD] = d3 x [EδD 0 − E 0 δD] . (3.14) Line´aris anyagban D = εE, illetve D − ε0 E = P , ez´ert Z Z 1 0 3 0 d3 x P E 0 , δW = − d x δP E 0 ⇒ W = − 2
1 δw0 = − P E 0 . 2
(3.15)
Ha teh´at az elektromos teret fix´aljuk (azaz a fesz¨ ults´eget), akkor a dielektrikum behelyez´es´evel n˝o az energia, ha a t¨olt´eseket fix´aljuk (azaz z´art rendszert vesz¨ unk), akkor cs¨okken. A k¨ ul¨onbs´eg abszol´ ut ´ert´eke a dielektrikum n´elk¨ uli esethez k´epest mindk´et 48
ul¨onb¨ozik. A k¨ ul¨onb¨oz˝o energiak´eplet fizikai oka esetben δw0 = 21 P E 0 , csak az el˝ojel k¨ az, hogy az elektromos t´erer˝oss´eg fixen tart´as´ahoz egy fizikai rendszerben t¨olt´eseket kell mozgatni, ez pedig munkav´egz´est jelent. A fenti k´et gondolatmenet illeszkedik a termodinamikai le´ır´asba: defini´alhatjuk z´art rendszerben (r¨ogz´ıtett t¨olt´esek mellett) az energi´at, infinitezim´alis alakj´aban dE = −pdV + T dS − E 0 dP .
(3.16)
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
3.1.4
⇒
dF = −pdV + T dS + P dE 0 .
(3.17)
T¨ olt´ eseloszl´ as ku o t´ erben ¨ ls˝
Egy fix t¨olt´eseloszl´ast k¨ uls˝o, lassan v´altoz´o t´erbe helyezve az energia kifejez´ese: Z Z 1 3 3 W = d x%(x)Φ0 (x) = d x%(x) Φ0 (0) + x∇Φ(0) + xi xj ∂i ∂j Φ0 + . . . 2
(3.18)
Mivel 4Φ = 0, az utols´o tagot kieg´esz´ıthetj¨ uk δij r2 -tel. Ekkor 1 ∂Ei W = QΦ − pE − Qij + .... 6 ∂xj
3.2
(3.19)
Az energia m´ erlegegyenlete
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. 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). (3.20) 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
(3.21)
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. (3.22) 49
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
(3.23)
Line´aris anyagokban: 1 ε 1 2 w = (DE + BH) = E 2 + B . 2 2 2µ
(3.24)
Az utols´o k´et tag teljes divergencia, hiszen defini´alva S =E×H
(3.25)
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.
(3.26)
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,
(3.27)
(3.28)
vagyis a w integr´alja az elektrom´agneses t´er energi´ajak´ent ´ertelmezhet˝o, w maga ez´ert az energias˝ ur˝ us´eg. Emiatt (3.27) 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.
3.3
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). (3.29) 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. 50
´ 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. (3.30) 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 = ∂j Ei Dj − DEδij , (3.31) 2 ´es hasonl´o egyenletet kapunk a m´agneses szektorban is. Bevezetve g =D×B =
1 S c2
(3.32)
´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 .
(3.33)
(3.34)
(3.35)
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.
3.3.1
Elektrom´ agneses t´ er impulzusmomentuma
A forgat´onyomat´ek kifejez´ese a Lorentz-er˝ob˝ol: Z M = d3 x x × (%E + J × B).
(3.36)
A forgat´onyomat´ek egys´egnyi id˝o alatti impulzusmomentum v´altoz´ast jelent, innen teh´at az elektrom´agneses t´er impulzusmomentuma olvashat´o majd le. 51
Az el˝obb l´attuk (3.34) egyenletet, ebb˝ol ∂t (x × g)i + εijk xj ∂` Tk` + [x × (%E + J × B)]k = 0.
(3.37)
A k¨oz´eps˝o tagban ´ırhatjuk ∂` (εijk xj Tk` ) = εi`k Tk` + εijk xj ∂` Tk` ,
(3.38)
de itt az els˝o tag nulla, mert εik` a k ↔ ` cser´ere antiszimmetrikus, Tk` pedig szimmetrikus. Vagyis a m´asodik tag teljes divergencia. Teh´at ∂t (x × g)i + ∂` (εijk xj Tk` ) + [x × (%E + J × B)]k = 0.
(3.39)
A kor´abbiak alapj´an x×g az elektrom´agneses t´er impuzusmomentum s˝ ur˝ us´ege, εijk xj Tk` ≡ (x × T )i` az impulzusmomentum i-dik komponens´enek a´rams˝ ur˝ us´ege.
3.3.2
Teljes elektrom´ agneses t´ er anyagban
Ha m´agnesesen polariz´alhat´o anyag is jelen van, akkor a teljeses´ıtm´eny k´eplet´eb˝ol kell kiindulni. 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. (3.40) Be´ırva a J = rot H − ∂t D kifejez´est: −J 0 E + J E 0 = −(rot H 0 − ∂t D 0 )E + (rot H − ∂t D)E 0 = = −E 0 ∂t D + E∂t D 0 − rot H 0 E + rot HE 0 .
(3.41)
Itt rot H 0 E = εijk Ei ∂j H0k ⇒ −εijk (∂j Ei )H0k = εjik (∂j Ei )H0k = −∂t Bk H0k .
(3.42)
Ez´ert δt(−J 0 E + J E 0 ) = −E 0 δD + EδD 0 + H 0 δB − HδB 0
(3.43)
Line´aris anyagban 1 W = 2 0
Z
d3 x(H 0 B − HB 0 + ED 0 − E 0 D).
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 ) . 2 52
(3.44)
(3.45)
A m´asodik tag ismer˝os, az els˝o a m´agneses anyag j´arul´eka, amit szint´en l´attunk m´ar kor´abban a k¨ uls˝o t´erbe helyezett dip´ol p´eld´aj´an. 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 a´ramok fenntart´asa ´erdek´eben. Ez´ert a m´agneses rendszer ink´abb a konstans potenci´alban mozgatott dielektrikum p´eld´aj´aval anal´og.
3.3.3
Bal´ azs k´ıs´ erlet
Hogy mi is az elektrom´agneses t´er val´odi impulzusa anyagban, arr´ol nagy vit´ak voltak ´es vannak. Ebben a r´eszben a k´es˝obbi anyagb´ol felhaszn´aljuk, hogy az anyagnak t¨or´esmutat´oja van, amely az anyagbeli f´enysebess´eg (ck ) lassul´as´at ´ırja le n > 1 esetben, azaz n = c/ck . Mivel c−2 = εµ, ez´ert n2 = εr µr ≈ εr , mert a relat´ıv permeabilit´as f´eny k eset´eben praktikusan 1. Alapvet˝oen k´et ´ervel´es szokott elhangzani. Minkowski impulzus Ez az ´ervel´es az elektrodinamika fent levezetett k´epleteit tekinti alapnak, ´es g = D × B = εr D 0 × B 0 = n2 g 0 , (3.46) azaz az impulzuss˝ ur˝ us´eg megn˝o. A f´eny azonban lassabban megy, az´ert a teljes impulzus hossza lecs¨okken 1/n-szeres´ere. Eredm´eny¨ ul azt kapjuk, hogy a teljes impulzus az anyagban megn˝o, ´ert´eke pk = np0 . (3.47) Ezt az ´ervel´est foton-k´eppel is al´at´amaszthatjuk: ω frekvenci´aj´ u foton energi´aja E = ~ω, impulzusa p = E/c. Mivel a k¨ozegben c lecs¨okken, ez´ert visszakapjuk a (3.47) k´epletet. Emellett a k´eplet mellett a´ll az a k´ıs´erlet, amely szerint egy f´enyjel vonzza a folyad´ek felsz´ın´et (pl. Ashkin, Dziedzic 1973, mostani publik´aci´o M.Mansuripur, Resonance 18, Issue 2, 130 (2014) , https://arxiv.org/abs/1404.2526), m´egpedig b´armilyen ir´anyb´ol is j¨ojj¨on a f´enyjel. Abraham impulzus Lehet azonban m´ask´ent is gondolkodni, erre mutatott r´a Bal´azs N´andor 1953-ban, mikor javasolt egy gondolatk´ıs´erletet, amely a kor´abbi Einstein gondolatk´ıs´erlet ´altal´anos´ıt´asa volt. Ebben egy ´atl´atsz´o kisaut´ora f´enyjelet bocs´atunk, amely a´thalad az aut´on, ´es megy tov´abb. Nem tudjuk, mi t¨ort´enik a jellel az anyagban, de az biztos, hogy lassabban ´er ´at az anyagon, mint az a f´enyjel, amely elker¨ uli a kisaut´ot. Azonban az aut´o-f´enyjel t¨omegk¨oz´eppontj´anak sebess´ege nem v´altozhat, emiatt a kisaut´o el˝or´ebb kell tol´odjon akkor, ha a f´eny ´athalad rajta ahhoz k´epest, mint mikor elker¨ uli. A kisaut´o impulzusa teh´at f´enyjel ir´any´ u, vagyis a f´enyjel az anyagban kisebb impulzust hordoz, mint v´akuumban.
53
Ez a gondolatk´ıs´erlet, amelyet minden bizonnyal egy val´odi k´ıs´erlet is meger˝os´ıtene, azt sugallja, hogy a f´eny impulzus-s˝ ur˝ us´eg´enek sz´amol´asakor nem sz´am´ıt, ott van-e az anyag vagy sem, az mindig g = D × B = D0 × B 0 = g0.
(3.48)
Az eredeti megfogalmaz´asban u ´gy mondt´ak, hogy g = S/c2 mindig, ahol c v´akuumbeli f´enysebess´eg. Anyagban a sebess´eg lassabb, a f´enyjel r¨ovidebb, ez´ert pk =
p0 . n
(3.49)
A fenti eredm´enyt szolg´altatja a fotont¨omeg ´ervel´es. Ekkor a fotonnak effekt´ıv t¨omeget tulajdon´ıtunk E = mc2 alapj´an. Az impulzus p = E/c = mc. Ha a t¨omeg a´lland´o, mikor bel´ep¨ unk az anyagba, akkor pk = mck = np0 , mint fent. Egy harmadik ´erv emellett a formula mellett, ha megn´ezz¨ uk, hogyan viselkedik az anyag egy t¨olt¨ott r´eszecsk´eje, mondjuk elektronja, ha elektrom´agneses sug´arz´as ´eri. Az elektront az E gyors´ıtja, ha vezet˝ok´epess´eggel dolgozunk, akkor J = σE a´ramot ind´ıt, ha dt ideig gyorsul az elektron, akkor v = qdtE/me sebess´egre tesz szert, azaz ´atlagosan J = q 2 dt/(2me)E a´ramot kapunk, ami szint´en σE alak´ u valamilyen egy¨ utthat´oval. A kialakul´o a´ramra B a Lorentz-er˝ovel hat, azaz az er˝os˝ ur˝ us´eg f L = J × B = σE × B = σS,
(3.50)
azaz az anyag elektronjait tasz´ıtja a f´enyjel, a kisaut´ot megl¨oki a f´enysug´ar. F´ eny ´ es anyaghull´ amok Melyik ´ervel´es a helyt´all´o? Err˝ol a mai napig folyik a vita, ki ezt, ki azt a megk¨ozel´ıt´est tartja hely´enval´onak. Amit l´atnunk kell, hogy a k´et megk¨ozel´ıt´es nem ugyanarr´ol besz´el, ez´ert nem csoda, ha m´as eredm´enyt kapunk. Az Abraham-f´ele defin´ıci´o anal´og azal az energi´aval, amely nem veszi figyelembe az anyag bels˝o energi´aj´at, csak a v´akuumbeli energias˝ ur˝ us´eget, m´ıg a Minkowski megk¨ozel´ıt´esben az elektrom´agneses hull´am r´esz´enek tekintj¨ uk az anyagi polariz´aci´o hull´am´at. Val´oban, a k´et impulzuss˝ ur˝ us´eg k¨ ul¨onbs´ege g M − g A = D × B − ε0 E × B = P × B
(3.51)
a polariz´aci´o impulzuss˝ ur˝ us´ege, amit jel¨olhet¨ unk g pol -val, ´es amely fizikailag mint anyaghull´am val´osul meg. Mivel P = ε0 χE = (εr − 1)ε0 E = (n2 − 1)ε0 E,
(3.52)
g pol = P × B = (n2 − 1)g A ,
(3.53)
ez´ert
54
azaz g M = g A + g pol = g A + (n2 − 1)g A .
(3.54)
Az impulzusra pedig azt kapjuk pk =
1 n2 − 1 p0 + p0 , n n
(3.55)
ahol a m´asodik tag csak anyagban l´etezik. A Bal´azs k´ıs´erlet ennek alapj´an u ´gy magyar´azhat´o, hogy mikor a f´eny bel´ep az anyagba, a f´enyjel v´akuum impulzusa lecs¨okken, azonban az anyagban egy anyaghull´amot ind´ıt el. Ha az anygahull´amot a f´enysug´arhoz sz´am´ıtjuk, akkor a f´enyjel teljes impulzusa megn˝o, ´ıgy a kisaut´ot vonzani fogja. Ha azonban az anyaghull´amot a kisaut´ohoz sz´am´ıtjuk, akkor a f´enyjel v´akuum impulzus´aval kell sz´amolnunk, ami lecs¨okken, azaz a kisaut´o+anyaghull´am impulzusa m´ar a f´enyjel ir´any´ u. Mivel az anyaghull´am az anyagban marad, ez´ert a Bal´azs k´ıs´erletben ez ut´obbi megk¨ozel´ıt´es ad helyes eredm´enyt.
3.4
Relativisztikus koordin´ at´ ak
Hogy az elektrodinamika egyenleteit egyszer˝ us´ıts¨ uk, bevezethet¨ unk u ´j v´altoz´okat. Ez az a´t´ır´as b´arhol megtehet˝o, de val´oj´aban a v´akuum egyenleteit ´erdemes ´ıgy kezelni. Az u ´j v´altoz´ok legyenek 1 e = E, c
b = B,
j0 = µ0 c%,
j = µ0 J ,
x0 = ct.
(3.56)
Megjegyezz¨ uk, hogy a Z0 = µ0 c = 1/(ε0 c) mennyis´eg ellen´all´as dimenzi´oj´ u (v´akuumimpedancia), ´ert´eke 376.7 Ω, ´es k´es˝obb, a sug´arz´asokban sokszor fogunk vele tal´alkozni (l. (6.34)). Ezekkel a v´altoz´okkal a Maxwell-egyenletekb˝ol elt˝ unnek a konstansok: div e = j0 , rot e = −
div b = 0
∂b , ∂x0
rot b = j +
∂e . ∂x0
(3.57)
Val´oj´aban a x0 = ct egyenlet azt jelenti, hogy az id˝ot azzal a t´avols´aggal m´erj¨ uk, amit a f´eny egys´egnyi id˝o alatt megtesz. Amint a jel¨okl´es is sugallja, ¨osszefoglalhatjuk a szok´asos t´erbeli vektort ´es az id˝o, imm´ar szint´en m´eter dimenzi´oj´ u m´er˝osz´am´at egy n´egy elem˝ u vektorba (n´egyesvektorba) xµ = (ct, x). (3.58) Ezeket a n´egyespontokat esem´enynek is nevezhetj¨ uk. Az indexet fel¨ ulre tessz¨ uk a jel¨ol´es kedv´e´ert (ezt kontravari´ans koordin´at´aknak fogjuk nevezni). Mindez ¨onmag´aban (egyel˝ore) 55
csup´an egy jel¨ol´es, semmi transzform´aci´os tulajdons´agra nem utal, megtehetj¨ uk ezt p´eld´aul anyag eset´eben is. A n´egyesvektor szerinti parci´alis deriv´al´as ´ertelmez´ese 1∂ ∂ , , (3.59) ∂µ = c ∂t ∂xi a deriv´al´as indexe (szint´en jel¨ol´es) alul van, ezek a kovari´ans vektorok. Az integr´al´as Z Z 4 d x = c dtd3 x. (3.60) Az Einstein konvenci´o szerint most egy fels˝o ´es egy als´o index egybeejt´ese jelent automatikus ¨osszegz´est. 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, ezt szeretn´enk eszt´etikus m´odon kezelni. A metrikus tenzor egy olyan m´atrix, amellyel a skal´arszorzat megval´os´ıthat´o: a · b = aµ gµν bν .
(3.61)
Az a´ltalunk prefer´alt skal´arszorzathoz gµν = diag(1, −1, −1, −1).
(3.62)
Ekkor a · b = a0 b0 − ab
⇒
∂µ ∂ µ = ∂t2 /c2 − 4 = −,
x2 = c2 t2 − x2 .
(3.63)
A g m´atrixra g 2 = 1, azaz inverze o¨nmaga. Ha az automatikus index¨osszeejt´es a fels˝o ´es als´o komponensekre vonatkozik, akkor a skal´ar szorzat ´ırhat´o u ´gy is, hogy a · b = aµ b µ ,
ahol aµ = gµν aν .
(3.64)
A vegyes (fels˝o-als´o) indexes jel¨ol´esben teh´at a metrikus tenzor az egys´egm´atrix. Szok´as a metrikus tenzor inverz´et fels˝o indexekkel jel¨olni g µν = (g −1 )µν = diag(1, −1, −1, −1),
aµ = g µν aν .
(3.65)
Ez a skal´arszorzat nem teljesen a szok´asos: 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 a´tlagsebess´eggel el´erhet˝o esem´enyekn´el r = vt, azaz x2 = (c2 −v 2 )t2 > 0, ezek az id˝oszer˝ u 2 esem´enyek. Ha x < 0, akkor t´erszer˝ u esem´enyekr˝ol besz´el¨ unk.
56
A t´erkoordin´at´aknak megfelel˝oen az t´erbeli a´rams˝ ur˝ us´eg mell´e a nulladik komponenst is bevehetj¨ uk, itt is (a t´erkoordin´at´akhoz hasonl´oan) a kontravari´ans (fels˝o indexes) vektort defini´aljuk J µ = (j0 , j) = (µ0 c%, µ0 J ). (3.66) Ez a n´egyes ´arams˝ ur˝ us´eg. A jel¨ol´es els˝o gy¨ um¨olcs´et a kontinuit´asi egyenlet egyszer˝ us¨od´ese hozza: 1 0 = µ0 (∂t % + ∂i Ji ) = ∂t (µ0 c%) + ∂i J i = ∂µ J µ , c
(3.67)
azaz a kontinuit´asi egyenlet 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 ´all el˝o, de az egyiket 1/ε0 , a m´asikat µ0 szorozza. Emiatt Φ/c ´es A azonos dimenzi´oj´ u: Φ q µ0 cq µ0 vq = = , A= . (3.68) c 4πε0 cr 4πr 4πr Emiatt ezeket is kezelhetj¨ uk egy vektor elemeinek: a n´egyespotenci´al defin´ıci´oja 1 Aµ = ( Φ, A). c
(3.69)
Hogy a Maxwell-egyenleteket le tudjuk ´ırni, bevezetj¨ uk a t´erer˝oss´egtenzort: F µν = ∂ µ Aν − ∂ ν Aµ ,
F µν = −F νµ .
(3.70)
Ennek nem nulla komponensei 1 1 1 F i0 = ∂ i A0 − ∂ 0 Ai = −∂i ( Φ) − ∂t Ai = Ei = ei c c c 1 1 εijk F jk = εijk (∂ j Ak − ∂ k Aj ) = −εijk ∂j Ak = −Bi = −bi . 2 2
(3.71)
Teh´at F i0 = ei ,
F ij = −εijk bk .
Vagyis a fels˝o indexes t´erer˝oss´egtenzor komponenseinek jelent´ese 0 −e1 −e2 −e3 e1 0 −b3 b2 F µν = e2 b3 0 −b1 . e3 −b2 b1 0
(3.72)
(3.73)
A Maxwell-egyenletek egy r´esze a t´erer˝oss´egtenzor deriv´altjaival van kapcsolatban: ∂µ F µ0 = ∂i F i0 = ∂i ei = J 0 ∂µ F µi = ∂0 F 0i + ∂j F ji = −∂0 ei + εijk ∂j bk = J i , 57
(3.74)
vagyis ¨osszefoglalva ∂µ F µν = J ν .
(3.75)
A t¨obbi Maxwell-egyenlet val´oj´aban azonoss´ag: vezess¨ uk be a du´alis t´erer˝oss´egtenzort: 1 F˜ µν = εµν%σ F%σ , 2
ahol ε0123 = 1,
(3.76)
´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 ei ⇒ e˜i = bi F˜ 0i = ε0ijk Fjk = εijk (−εjk` b` ) = −bi = −˜ 2 2 1 ijk0 ε Fk0 + εij0k F0k = εijk ek = −εijk˜bk ⇒ ˜bi = −ei . F˜ ij = 2
(3.77)
A du´alis t´erer˝oss´egtenzor n´egyesderiv´altja automatikusan nulla, hiszen: 1 ∂µ F˜ µν = εµν%σ ∂µ (∂% Aσ − ∂σ A% ) = 0, 2
(3.78)
ami egy szimmetrikus ´es egy antiszimmetrikus m´atrix szorzata. Ezen egyenletek jelent´ese 1 1 0 = ∂µ F˜ µ0 = ∂i εi0jk Fjk = ∂i (−εijk )(−εjk` b` ) = div b, 2 2 µi 0i ji ˜ ˜ ˜ 0 = ∂µ F = ∂0 F + ∂j F = −∂0 bi − εijk ∂j ek .
(3.79)
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. A Lorentz-er˝os˝ ur˝ us´eg kifejez´ese fi = %Ei + (J × B)i =
1 1 1 (j0 ei + εijk jj bk ) = (J 0 F i0 − J j F ij ) = F iµ Jµ , µ0 µ0 µ0
(3.80)
a teljes´ıtm´enys˝ ur˝ us´eg JE =
1 i i c c c J ce = J i F i0 = F 0i Ji = F 0µ Jµ . µ0 µ0 µ0 µ0
(3.81)
Ez´ert term´eszetes m´odon ¨osszegy˝ ujthetj¨ uk ˝oket egy n´egyesvektorba Fµ = (
µ0 J E, µ0 f ) = F µν Jν . c
(3.82)
A Maxwell-egyenletek seg´ıts´eg´evel a´t´ırva F µν Jν = F µν ∂ % F%ν = ∂ % (F µν F%ν ) − F%ν ∂ % F µν . 58
(3.83)
Ez ut´obbi tagot ´at´ırva, ´es figyelembe v´eve F antiszimmetri´aj´at F%ν ∂ % F µν = F%ν ∂ % ∂ µ Aν − F%ν ∂ % ∂ ν Aµ = ∂ % Aν + ∂ ν A% ∂ % Aν − ∂ ν A% = F%ν ∂ µ + F%ν ∂ µ = 2 2 1 1 = F%ν ∂ µ F %ν = ∂ µ F%ν F %ν , 2 4
(3.84)
azaz teljes n´egyesdivergencia ez is. Innen
ahol
− F µ = −F µν Jν = ∂ν T νµ ,
(3.85)
1 T µν = g µν F %σ F%σ − g%σ F µ% F νσ . 4
(3.86)
Itt 1 1 %σ 1 0i F F%σ = F F0i + F i0 Fi0 + F ij Fij = (b2 − e2 ) = µ0 4 4 2
1 2 ε0 2 B − E . (3.87) 2µ0 2
Ezzel a kor´abbi alakok a k¨ovetkez˝ok´epp ad´odnak: 1 2 ε0 2 B + E = µ0 w, T 2µ0 2 µ0 T 0i = −gjk F 0j F ik = ek εik` b` = (e × b)i = µ0 c(D × B)i = (E × H)i , c 1 1 ij 2 2 i0 j0 ik jk 2 2 T = δij (e − b ) − F F + F F = δij (e + b ) − ei ej − bi bj = 2 2 1 = µ0 δij (ED + BH) − Ei Dj − Bi Hj . (3.88) 2 00
1 1 = (b2 − e2 ) − gij F 0i F 0j = (b2 + e2 ) = µ0 2 2
Teh´at egy µ0 szorz´o erej´eig T 00 az energias˝ ur˝ us´eg, cT i0 a Poynting-vektor, 1c T i0 az impulzus´arams˝ ur˝ us´eg, ´es T ij a Maxwell-f´ele fesz¨ ults´egtenzor.
59
Chapter 4 A Maxwell egyenletek megold´ asa sztatikus esetben Eddig azt tanulm´anyoztuk, hogy milyen potenci´al illetve t´erer˝oss´eg alakul ki, ha ismerj¨ uk a t¨olt´es- ´es a´rameloszl´ast. Azonban ´altal´aban nem tudjuk r¨ogz´ıteni a t¨olt´eseket, ´es el˝o´ırni az ´aramokat, pl. az´ert, mert az anyagban elmozdul´o t¨olt´eshordoz´ok vannak, ´ıgy mag´at´ol t¨olt´est¨obblet illetve hi´any, valamint a´ramok alakulhatnak ki. Ekkor nem tudjuk a t´erer˝oss´eget sem kisz´amolni k¨ozvetlen¨ ul. Emiatt a teljes Maxwell-egyenletrendszert kell alapul tekinten¨ unk, ´es u ´gy hat´arozni meg a potenci´alokat. A k¨ovetkez˝okben mindig line´aris k¨ozel´ıt´est haszn´alunk az anyagi konstit´ uci´os rel´aci´okra (esetlegesen a´lland´o m´agnesezetts´eg˝ u h´att´errel), ´es r´eszlegesen homog´en k¨ozegeket tekint¨ unk. Ekkor a skal´ar ´es vektorpotenci´alra vonatkoz´o egyenletek (2.120) illetve (2.124) alapj´an a d’Alambert oper´atorral fejezhet˝ok ki. Emiatt a feladatunk a d’Alambert-egyenletek megold´as´at megadni.
4.1
Green-fu enyek m´ odszere a Poisson-egyenletek ¨ ggv´ megold´ as´ aban
Els˝ok´ent a sztatikus esetet fogjuk tekinteni, ekkor a d’Alambert-egyenletek helyett Poissonegyenleteink lesznek (l. (2.25) ´es (2.69) egyenleteket). Ezt ki kell eg´esz´ıten¨ unk hat´arfelt´etelekkel. Alapvet˝oen k´et t´ıpus´ u hat´arfelt´etel¨ unk lehet: • Megadhatjuk a potenci´alt a hat´arol´o ∂V fel¨ uleten: Φ(x ∈ ∂V ) =adott. Ez a Dirichlet-hat´arfelt´etelek esete. P´elda lehet a f´em fel¨ ulete, ahol ´alland´o a potenci´al, azaz a fel¨ ulet ekvipotenci´alis. • Lehets´eges, hogy a fel¨ uleten a potenci´al norm´alis ir´any´ u deriv´altj´at adjuk meg. Ez a Neumann-hat´arfelt´etelek esete. P´eld´aul a fel¨ uleti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg ar´anyos a norm´alis ir´any´ u deriv´alttal: δEn = σ/ε0 (l. (2.40)). 60
Vagyis a megoldand´o feladat, elektrosztatik´ara megfogalmazva: % 4Φ = − , ε
Φ(xf ) = adott
vagy
n grad Φ(xf ) ≡
∂Φ = adott, ∂n
(4.1)
ahol xf ∈ fel¨ ulet. A fel¨ ulet lehet nem ¨osszef¨ ugg˝o (azaz t¨obb fel¨ ulet), ´es lehet a v´egtelenben is. El˝osz¨or bebizony´ıtjuk, hogy a Poisson-egyenlet megold´asa egy´ertelm˝ u, adott hat´arfelt´etelek eset´en 4.1. T´ etel Legyen 4Φ1 = 4Φ2 = −%/ε0 , ugyanazokkal a hat´arfelt´etelekkel. Ekkor Φ1 − Φ2 = konstans. Proof. 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 (12.8) a K grad K vektormez˝ore: Z Z Z 3 3 2 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.
(4.2)
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, tetsz˝oleges hat´arfelt´etelek eset´en. Ehhez a Laplace oper´ator Green-f¨ uggv´eny´et fogjuk megkeresni, azaz olyan G(x, y) f¨ uggv´enyt, amely kiel´eg´ıti a 4G(x, y) = −δ(x − y)
(4.3)
egyenletet, k´es˝obb megadott hat´arfelt´etelekkel. G neve Green-f¨ uggv´eny, fizikailag egy yba helyezett 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, ahogy kor´abban m´ar t´argyaltuk a (2.26) k´epletben: G∞ (x, y) =
1 1 . 4π |x − y|
(4.4)
Ekkor a linearit´as miatt pontt¨olt´es-rendszerre, azaz ´altal´anos t¨olt´eseloszl´asra igaz lesz Z Z 1 %(y) 1 3 d yG∞ (x, y)%(y) = d3 y Φ(x) = , (4.5) ε 4πε |x − y| 61
ami megegyezik (2.22) k´eplettel. A hat´arfelt´etelek n´emileg elbonyol´ıtj´ak a helyzetet. Hogy kezelni tudjuk ˝oket, sz¨ uks´eg¨ unk lesz az al´abbi t´etelre: 4.2. 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)) . (4.6) V
S
Proof. Haszn´aljuk a Gauss-t´etelt (12.8) U1 = ϕ∇ψ ´es U2 = ψ∇ϕ vektormez˝okre. div U1 = (∇ϕ)(∇ψ) + ϕ4ψ,
div U2 = (∇ϕ)(∇ψ) + ψ4ϕ.
(4.7)
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) .
=
(4.8)
S
Ebb˝ol m´ar k¨ovetkezik az a´ll´ıt´as. Alkalmazzuk a Green-t´etelt ψ(x) = G(x, y) ´es ϕ(x) = Φ(x) esetre. Haszn´alva (4.1) ´es (4.3) egyenleteket I Z 1 3 d x G(y, x)%(x) = df (Φ(x)∇G(x, y) − G(x, y)∇Φ(x)) , (4.9) − Φ(y) + ε V
S
a´trendezve 1 Φ(y) = ε
Z
I
3
d x G(y, x)%(x) − V
df (Φ(x)∇G(x, y) − G(x, y)∇Φ(x)) .
(4.10)
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).
Ekkor a m´asodik tag nulla, ez´ert Z I 1 3 Φ(y) = d x G(y, x)%(x) − df Φ(x)∇G(x, y). ε V
S
62
(4.11)
(4.12)
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 I Z df grad G(x, y) = d3 x4G(x, y) = −1, (4.13) S
V
ez´ert a gradiens nem lehet azonosan nulla. ´Igy most a legegyszer˝ ubb v´alaszt´as n grad G(x, y) =− (Neumann), |S| x∈S ahol |S| a fel¨ ulet nagys´aga, n a norm´alisa. Ezzel Z I 1 3 Φ(y) = hΦiS + d xG(y, x)%(x) + df G(x, y)∇Φ(x), ε V
(4.14)
(4.15)
S
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).
4.1.1
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 (4.12) k´eplet alapj´an a´ll´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 .
(4.16)
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. (2.40)), 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 . (4.17) j=1
63
Az egy¨ utthat´o a kapacit´as, ´altal´aban egy m´atrix. A rendszer energi´aja, felhaszn´alva, hogy a fel¨ uletek ekvipotenci´alisak: 1 W = 2
Z
n
1X d x%(x)Φ(x) = Vi 2 i=1 3
I dfx σi (x) = Si
n n 1X 1X Vi Qi = Cij Vi Vj . 2 i=1 2 i,j=1
(4.18)
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 – (4.12) egyenlet szerint Φ(y) = −
n X
I dfx ∇x G(x, y).
Vj
j=1
(4.19)
Sj
A i. fel¨ uleten lev˝o t¨olt´es a fel¨ uleti t¨olt´es ¨osszege I
I dfy σj (y) = −ε
Qi = Si
dfy ∇y Φ(y) = ε
n X
I Vj
j=1
Si
I dfx ∇y ∇x G(x, y),
dfy Si
Sj
val´oban line´aris Vi -kben. Innen a kapacit´as I I Cij = ε dfy dfx ∇y ∇x G(x, y). Si
(4.20)
(4.21)
Sj
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 V = ⇒ C= = 4πεR. (4.22) 4πεR 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/ε. Emiatt Q = σA,
V = σd/ε
64
⇒
C=
Q Aε = . V d
(4.23)
4.1.2
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´arokon pedig a Green-f¨ uggv´eny meghat´aroz´as´an´al nulla potenci´alt kell venn¨ unk. 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. A m´odszert alkalmazhatjuk r´eszlegesen homog´en dielektrikum-rendszerek eset´en is. A logika ugyanaz marad: 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. 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 − , (4.24) G(x, y) = Φ(y) = ˜| 4πε |y − x| |y − x komponensekben ki´ırva 1 G(x, y) = Φ(y) = 4πε
1 p − (y1 − x1 )2 + (y2 − x2 )2 + (y3 − x3 )2 1 −p . (y1 − x1 )2 + (y2 − x2 )2 + (y3 + x3 )2
(4.25)
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? 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´ek65
feladatot. 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 − , (4.26) Φ(y) = 4πε |y − x| |y − x0 | komponensekben kifejezve # " q 1 1 p . −p Φ(y) = 4πε (y1 − x1 )2 + y22 + y32 (y1 − x01 )2 + y22 + y32
(4.27)
Pr´ob´aljuk u ´gy v´alasztani x01 -t ´es q-q, hogy a Φ = 0 fel¨ ulet egyenlete y2 = R2 legyen q 2 (y1 − x1 )2 + y22 + y32 = (y1 − x01 )2 + y22 + y32 2 q 2 x21 − 2y1 x1 + R2 = x01 − 2y1 x01 + R2 ∀y1 . (4.28) Ez teljes´ıthet˝o, mert k´et v´altoz´onk van k´et egyenletre: 2 q 2 x1 = x01 . q 2 x21 + R2 = x01 + R2
(4.29)
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
⇒
R q= , x1
x01
Tetsz˝oleges x ´es y eset´en a Green-f¨ uggv´eny
q 2 = 1 vagy q =
R2 = . x1
(4.30)
R/|x| 1 = 1 1 . r − 2 2 R2 4πε |y − x| y x 2 |y − x 2 | + R − 2xy |x| R2 (4.31) 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 − 4πε |y − x|
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 66
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 2πε x2
⇒
q = 2πεx2 E0 .
(4.32)
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 = 2πεxRE0 ,
x0 = R2 /x
(4.33)
Ha x → ∞, akkor a t¨ uk¨ort¨olt´esek egy dip´olust alkotnak, a dip´oler˝oss´eg p = 0 3 2Qx = 4πεR E0 . Dip´olus potenci´alj´at l´attuk (2.35)-ben. Ez´ert a teljes t´er potenci´alja, vektorosan R3 (4.34) Φ(x) = −E0 x 1 − 3 . |x| ´ Ertelmez´ es: az elektromos t´er a kezdetben semleges f´emg¨omb¨ot elektromosan akt´ıv ´allapotba 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, ¨osszehasonl´ıtva (2.35) egyenlettel: p = 4πεR3 E 0 .
(4.35)
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.
o anyagok Green-fu enye S´ıklappal elv´ alasztott ku ¨ lo ¨nbo ¨z˝ ¨ ggv´ Most n´ezz¨ unk egy p´eld´at a t¨ uk¨ort¨olt´esek haszn´alat´ara dielektrikumok jelenl´et´eben. 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 67
4Φ2 = 0,
(4.36)
a hat´arfelt´etelek: Φ1 (x, y, 0) = Φ2 (x, y, 0),
∂Φ1 ∂Φ2 ε1 = ε2 . ∂z (x,y,0) ∂z (x,y,0)
(4.37)
T¨ uk¨ort¨olt´es feltev´es: pr´ob´aljuk a Φ1 potenci´alt a q t¨olt´es mellett 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) =
1 1 q q0 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
(4.38)
A hat´arfelt´etelek q + q0 q 00 Φ1 (x, y, 0) = Φ2 (x, y, 0) ⇒ = ε1 ε2 ∂Φ1 ∂Φ2 = ε2 ⇒ q − q 0 = q 00 . ε1 ∂z (x,y,0) ∂z (x,y,0)
(4.39)
Ennek megold´asa q0 =
ε1 − ε2 q, ε1 + ε2
q 00 =
2ε2 q. ε1 + ε2
(4.40)
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.
4.2
Laplace-egyenlet ku onb¨ oz˝ o koordin´ atarendszerek¨ l¨ ben
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) 4π |x − y| 68
(4.41)
alakban, ekkor, mivel G ´es a pontt¨olt´es potenci´alja is ugyanazt a (4.3) egyenletet el´eg´ıti ki: 4x F (x, y) = 0. (4.42) M´asr´eszt, mivel G(x ∈ S, y) = 0, ez´ert F (x ∈ S, y) = −
1 1 . 4π |x − y|
(4.43)
Vagyis F -re a Laplace-egyenlet vonatkozik j´ol meghat´arozott hat´arfelt´etelekkel.
4.2.1
Laplace-egyenlet megold´ asa t´ eglatesten felvett hat´ arfelt´ etelekkel
Hogy egy p´eld´at l´assunk a Laplace-egyenlet megold´as´ara, 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. Mivel a z = c s´ık kit¨ untetett, ´erdemes a z koordin´at´at k¨ ul¨on kezelni. Nevezz¨ uk el a z = c-s´ıkkal p´arhuzamos illetve arra mer˝oleges Laplace oper´ator r´eszleteket mint 4 = 4k + 4⊥ ,
4k = ∂x2 + ∂y2 ,
4⊥ = ∂z2 .
(4.44)
A megold´ast pr´ob´aljuk Φ(x, y, z) = Φk (x, y)Φz (z) alakban keresni: 4Φ = Φz 4k Φk + Φk 4z Φz = 0
⇒
4k Φk 4z Φz = 0. + Φk Φz
(4.45)
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 2 = λ2 Φz . (4.46) 4k Φk = −λ Φk , 2 dz Itt ´erdemes a mer˝oleges (z-ir´any´ u) taghoz tartoz´o konstants pozit´ıvnak v´alasztani. Ekkor a harmadik egyenlet megold´asa Φz (z) = C1 sinh(λz) + C2 cosh(λz).
(4.47)
tetsz˝oleges egy¨ utthat´oval. A megold´as k´et intetgr´aci´os konstanst tartalmaz, l´ev´en egy m´asodrend˝ u differenci´alegyenlet megold´asa.
69
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 .
(4.48)
Ezen egyenletek megold´asai a harmonikus f¨ uggv´enyek Φx (x) = A1 sin(αx) + A2 cos(αx),
Φy (y) = B1 sin(βy) + B2 cos(βy).
(4.49)
Itt ism´et k´et-k´et integr´aci´os konstanst tal´alunk. A teljes megold´as teh´at X Φ(x, y, z) = D1,αβ sin(αx) sin(βy) sinh(γz) + D2,αβ sin(αx) sin(βy) cosh(γz) + α,β
D3,αβ sin(αx) cos(βy) sinh(γz) + D4,αβ sin(αx) cos(βy) cosh(γz) + D5,αβ cos(αx) sin(βy) sinh(γz) + D6,αβ cos(αx) sin(βy) cosh(γz) + D7,αβ cos(αx) cos(βy) sinh(γz) + D8,αβ cos(αx) cos(βy) cosh(γz) . (4.50) Itt ¨osszesen nyolc integr´aci´os konstansunk van, ´es b´armely α ´es β ´ert´ek szerepelhet a kifejez´esben, ha λ2 = α2 + β 2 . Most kell a hat´arfelt´eteleket figyelembe venni. A Φ(x = 0, y, z) = Φ(x, y = 0, z) = Φ(x, y, z = 0) = 0 miatt a cos-t illetve cosh-t tartalmaz´o tagok egy¨ utthat´oja nulla lesz, azaz csak az els˝o tag marad. A Φ(x = a, y, z) = Φ(x, y = b, z) = 0 csak akkor teljes¨ ulhet, ha αa = πn ´es βb = πm, ahol n ´es m term´eszetes sz´amok (vegy¨ uk ´eszre, hogy ha az el˝ojeleket (4.46) egyenletben ford´ıtva v´alasztottuk volna, akkor most nem tudtuk volna ezeket a hat´arfelt´eteleket teljes´ıteni!). Ekkor r nπ 2 mπ 2 + . (4.51) λnm = a b A megold´as ezek felhaszn´al´as´aval Φ(x) =
∞ X
Anm sin(
nm=1
nπx mπy ) sin( ) sinh(λnm z). a b
(4.52)
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
(4.53)
Hogy Anm -t meghat´arozzuk, kihaszn´alhatjuk a sin-f¨ uggv´enyek ortogonalit´as´at: Za dx sin(
n0 πx a nπx ) sin( ) = δnn0 a a 2
0
70
(4.54)
´es ugyanez y ir´anyban is igaz. Ezzel ab Anm sinh(λnm c) = 4
Za dx 0
Ezzel Φ(x) =
4.2.2
Zb dyV (x, y) sin(
nπx mπy ) sin( ) ≡ Vnm . a b
(4.55)
0
∞ X
4Vnm nπx mπy sin( ) sin( ) sinh(λnm z). ab sinh(λ c) a b nm nm=1
(4.56)
Speci´ alis koordin´ atarendszerek, ortogon´ alis fu enyek ¨ ggv´
Vonjuk le az el˝oz˝o sz´amol´as tanuls´agait. 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 . 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, (4.57) 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⊥ )
(4.58)
alakban, ahol ξk = (ξ1 , ξ2 ) ´es ξ⊥ = ξ3 . Ekkor 0 = F⊥ 4k Fk + Fk 4⊥ F⊥
⇒
0=
4k F 4⊥ F + . Fk F⊥
(4.59)
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⊥ (4.60) 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 ).
(4.61)
λ
cλ -k onnan hat´arozhat´ok meg, hogy F (ξ1 , ξ2 , ξ3 = 1) =
X
(λ)
cλ Fk (ξk ) = hat´arfelt´etelek,
λ
felt´etelezve, hogy
(−λ) F⊥ (ξ3
= 1) = 1. 71
(4.62)
4.2.3
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 12.3 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 4.1 t´abl´azatban l´athat´o.
vektor index o¨sszegz´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 ∗ F = δij PN (i)∗ (j) i=1 F(i),a F(i),b = δab P b= N 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)Fλ0 (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)
Table 4.1: Megfeleltet´es 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. 12.3 fejezet), hogy: Z Z 2 ∗ d ξ F (ξ)M G(ξ) = d2 ξ (M † F (ξ))∗ G(ξ). (4.63) 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
(4.64)
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.
72
4.2.4
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 a´ltal´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 mennyis´egekkel, azaz r(ξ i ) 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 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
azaz
dr = dξ i ei .
(4.65)
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: ∂xj (0) (0) ej ≡ Jij (x)ej . ei (x) = i ∂ξ
(4.66)
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),
(4.67)
´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. (4.68) 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 .
(4.69)
Egy vektor kifejthet˝o mindk´et b´azisban v = v i ei = vi ei
v i = vei ,
⇒ 73
vi = vei .
(4.70)
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´ ulyozzuk, hogy v egy koordin´atarendszert˝ol f¨ uggetlen mennyis´eg, a v i 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
⇒
gij = ei ej ,
g ij = ei ej ,
(4.71)
g neve metrikus tenzor. Mivel ei = gij g jk ek
gij g jk = δik ,
⇒
(4.72)
a k´et m´atrix egym´as inverze. A Descrates-b´azissal kifejezve (0)
(0)
gij = Jik ek Jj` e` = Jik Jjk .
(4.73)
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 .
(4.74)
Speci´alisan a dr vektor hossza (´ıvelem): ds2 ≡ dr2 = gij dξ i dξ j .
(4.75)
(a × b)k = (a × b)ek = ai bj (ei × ej )ek = Jεijk ai bj .
(4.76)
A vektori´alis szorzat kifejez´ese
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 ´at. Ezt fogjuk kifejezni a g¨orbevonal´ u koordin´at´akkal. Tekints¨ unk ehhez egy a´ltal´anos F : Rn → V
(4.77)
lek´epez´est, ahol V egy m-dimenzi´os vektort´er. V -ben felvehet¨ unk egy b´azist, amely f¨ ugghet a hely v´alaszt´as´at´ol: jel¨olj¨ uk ezt fα (x)-szel; itt is besz´elhet¨ unk du´alis b´azisr´ol. A f¨ uggv´eny egy adott pontj´aban teh´at ´ırhatjuk: F(x) = F α (x)fα (x). 74
(4.78)
Hogyan v´altozik a f¨ uggv´eny, ha a´tmegy¨ unk egy k¨ozeli x + dx pontba? Koordin´at´azva α α α i ∂F α ∂f α dF (x) = F (x + dx) − F (x) = (F f α )(ξ + dξ) − (F f α )(ξ) = dξ , f +F ∂ξ i α ∂ξ i (4.79) a szorzatf¨ uggv´eny deriv´al´asi szab´alyainak megfelel˝oen. A fenti k´eplet a´talak´ıt´as´ahoz k´et m˝ uveletet v´egz¨ unk el. Egyr´eszt f parci´alis deriv´altja szint´en V vektort´erbeli elem, vagyis kifejezhet˝o ugyanebben a b´azisban: ∂f α = Γβiα f β ∂ξ i
⇒
Γβiα = f β ∂i f α ,
df α = Γβiα f β dξ i .
(4.80)
A Γ mennyis´eg neve Christoffel-szimb´olum, vagy, mivel a m´asodik k´eplet szerint a b´azisvektorok szomsz´edos pontjaiban vett ´ert´ekeinek k¨ ul¨onbs´eg´et jellemzi, konnexi´o. j j M´asodszor vegy¨ uk ´eszre, hogy dξ = dxe , ezzel α ∂F i α β i (4.81) dF (x) = dx e ⊗ f α + F Γiα e ⊗ f β . ∂ξ i A bal oldal egy abszol´ ut (koordin´atarendszer v´alaszt´as f¨ uggetlen) mennyis´eg, ´es abszol´ ut a dx vektor is, ez´ert a kett˝ot ¨osszek¨ot˝o mennyis´eg is abszol´ ut, koordin´atarendszer f¨ uggetlen lesz: ez az F f¨ uggv´eny kovar´ans deriv´altja: α ∂F β α ∇⊗F = + F Γiβ ei ⊗ f α ≡ (∇i F )α ei ⊗ f α ⇒ (∇i F )α = ∂i F α + Γαiβ F β . ∂ξ i (4.82) 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´es: a kovari´ans deriv´alt form´alisan mint V -beli m´atrix is ´ırhat´o: (∇i )αβ = ∂i δβα + Γαiβ ,
(∇i F )α = (∇i )αβ F β .
(4.83)
Most n´ezz¨ unk speci´alis eseteket V v´alaszt´as´ara: • ha Φ : Rn → V ≡ R val´os ter¨ unk (skal´armez˝onk) van, akkor annak “b´azisa” nem α v´altozik, azaz Γiβ = 0. Ez´ert a skal´armez˝o kovari´ans deriv´altj´anak komponensei a parci´alis deriv´altak ∇Φ = ei ∂i Φ
⇒
∇i Φ = ∂i Φ,
Ezt nevezz¨ uk a skal´ar mez˝o gradiens´enek.
75
∇i Φ = g ij ∂j Φ.
(4.84)
• Vektormez˝o E : Rn → Rn , ekkor v´alaszthat´o f = e b´azisnak. Ebben az esetben a Christoffel-szimb´olumokra igaz ∂ej = Γkij ek ∂ξ i
⇒
Γkij = ek ∂i ej = ek
∂ 2r = Γkji . ∂ξ i ∂ξ j
(4.85)
Ezzel (∇i E)k = ∂i E k + Γkij E j
(4.86)
• Egy ´erdekes lehet˝os´eg j¨on el˝o, ha V = S1 , azaz egy k¨or. Ez u ´gy k´epezhet˝o vektort´erbe, ha valamilyen kezd˝opontot kijel¨ol¨ unk, ´es a komplex s´ıkon a k¨orvonal iz ´ elemeit e -vel ´ırjuk fel. Igy majdnem egy skal´armez˝ot kapunk, de pontr´ol pontra a k¨orlap m´as ´es m´as elem´et tekinthetj¨ uk kezd˝opontnak. Ha a b´azis a k¨orlap β kezd˝opontj´anak tekintj¨ uk, akkor Γiα ≡ Ai egy vektor lesz. Ezzel a kovari´ans deriv´alt kifejez´ese ∇i = ∂i + Ai . (4.87) Ez val´oj´aban az elektrodinamik´at gener´al´o kovari´ans deriv´alt. Megjegyz´esek a kovari´ans deriv´altr´ol, illetve Christoffel szimb´olumokr´ol: • 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 ` ,
(4.88)
teh´at (∇i T )jk = ∂i T jk + Γji` T `k + Γki` T j` .
(4.89)
• 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 ).
(4.90)
Innen (∇i E)j = ∂i Ej − Γkij Ek = (δjk ∂i − Γkij )Ek .
(4.91)
• A metrikus tenzor deriv´altj´ahoz: ∂i gjk = ∂i (ej ek ) = (∂i ej )ek + ej ∂i ek = Γ`ij g`k + Γ`ik g`j .
(4.92)
´ Atrendezve kapjuk, 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. 76
(4.93)
• A fenti egyenletet mindh´arom lehets´eges indexkombin´aci´oval fel´ırva ad´odik 1 Γkij = g k` (∂i gj` + ∂j gi` − ∂` gij ) . 2
(4.94)
• 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 .
(4.95)
• 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
(4.96)
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 ` ,
(4.97)
ahol k k m Rij` = ∂j Γk`i − ∂` Γkji + Γkmj Γm `i − Γm` Γji .
(4.98)
Ez a mennyis´eg nulla, amit k¨onnyen lehet mutatni, felhaszn´alva Γkij = ek ∂i ej P meg k k m valamint ∂j (e em ) = ∂j δm = 0 ´es m e em = 1 egyenleteket. Fizikailag is ´erthet˝o, 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 (Rj` )ki = ([∇j , ∇` ])ki = (∇j ∇` − ∇` ∇j )ki .
(4.99)
A vektormez˝o deriv´altj´anak trace-e az E divergenci´aja, skal´armez˝o div E = ∇E = ∂j E j + Γjij E i . 77
(4.100)
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
∂i J i 1 E = ∂i (JE i ). J J
(4.101)
(4.102)
1 √ div grad Φ = 4Φ = √ ∂i ( gg ij ∂j Φ). g
(4.103)
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
(4.104)
(4.105)
Az integr´al´asi m´ert´ek Z
Z
3
d x=
d3 ξ h1 h2 h3 .
(4.106)
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 ,
(4.107)
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 ∇i Φ =
1 ∂i Φ, hi
∇E =
1 h1 h2 h3 Eˆ i ∂i , h1 h2 h3 hi
(4.108)
a Laplace-oper´ator kifejez´ese ugyanaz. 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
(4.109)
1 ijk ε ∇i Ej ek . J
(4.110)
1 ijk hk ε ∂i Ej ek → εijk ∂i (hj Eˆj )ˆ ek , J J
(4.111)
rot E = Γ als´o indexeinek szimmetri´aja miatt rot E =
ahol a jobb oldal ortogon´alis koordin´atarendszerekben ´erv´enyes. 78
4.3
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
(4.112)
A lok´alis b´azis (4.65) 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)
(4.113)
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 √ √ √ hθ = eθ eθ = r, hϕ = eϕ eϕ = r sin θ. (4.114) hr = er er = 1, 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 dx −1
0
Z∞
Z2π dϕ = 0
drr
2
Z dΩ,
(4.115)
0
ahol bevezett¨ uk a x = cos θ u ´j v´altoz´ot. A Laplace-oper´ator 1 ∂ ∂Φ 1 ∂ 2Φ 1 ∂ 2 ∂Φ r + 2 sin θ + 2 2 . 4Φ = 2 r ∂r ∂r r sin θ ∂θ ∂θ r sin θ ∂ϕ2
(4.116)
Az els˝o tag ´ırhat´o m´as alakban is 1 ∂ r2 ∂r
1 ∂2 2 ∂Φ r = (rΦ). ∂r r ∂r2
(4.117)
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 2 megszorozni az egyenletet r -tel r2 4Φ = 0 = r2 4r Φ + 4Ω Φ,
(4.118)
ahol bevezett¨ uk a 1 ∂ 2 ∂Φ 4r Φ = 2 r , r ∂r ∂r 1 ∂ ∂Φ 1 ∂ 2Φ 4Ω Φ = sin θ + sin θ ∂θ ∂θ sin2 θ ∂ϕ2 79
(4.119)
jel¨ol´eseket. Keress¨ uk a megold´ast Φ(r, Ω) = R(r)Y (Ω)
(4.120)
alakban. A fenti egyenletet osztva Φ-vel r2 4Φ r 2 4r R 4Ω Y =0= + , Φ R Y
(4.121)
r2 4r R = `(` + 1)R,
(4.122)
4Ω Y = −`(` + 1)Y,
(4.123)
azaz ´es 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.
4.3.1
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).
(4.124)
(4.125)
Mivel m´asodrend˝ u az egyenlet, val´oban k´et line´arisan f¨ uggetlen megold´ast v´artunk: R(r) = A1 r` + A2 r−`−1 .
4.3.2
(4.126)
A t´ erszo o r´ esz ¨gfu ¨ 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
(4.127)
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. (4.128) P dθ ∂θ Ψ dϕ2
80
Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy d2 Ψ = −m2 Ψ dϕ2 dP m2 1 d sin θ + `(` + 1) − P = 0, sin θ dθ dθ sin2 θ
(4.129)
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 .
(4.130)
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 (4.131) Ezt ´altal´anos´ıtott (vagy asszoci´alt) Legendre-egyenletk´ent ismeri a matematikai irodalom (l´asd pl. [11]). 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 C2 C2 1 + x dP d 2 dP = ⇒ P (x) = C1 + ln . (4.132) (1 − x ) =0 ⇒ 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 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 (4.133) dx dx Legendre-egyenlet. Ennek megold´asair´ol a k¨ovetkez˝oket lehet tudni (l. pl. [12, 13]) ´ • Altal´ anos ` eset´en a k´et megold´as, P` (x) ´es Q` (x) k¨oz¨ ul az egyik x = −1-n´el (θ = π-n´el), a m´asik x = 1-n´el (θ = 0-n´al) diverg´al.
81
• 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) (4.134) P` (x) = ` (x − 1) ⇒ 2 `! dx` 1 3 P3 = 2 (5x − 3x) P4 (x) = 81 (35x4 − 30x2 + 3) • Az ortogonalit´asi ´es teljess´egi rel´aci´ojuk: Z1 dx P` (x)P`0 (x) =
∞ X 2` + 1
2 δ``0 , 2` + 1
2
`=0
−1
P` (x)P` (x0 ) = δ(x − x0 ).
´ Altal´ anos eset: Ekkor meg kell oldani a d m2 2 dP (1 − x ) + `(` + 1) − P =0 dx dx 1 − x2
(4.135)
(4.136)
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,
(4.137)
negat´ıv m-ekre P`−m (x) = (−1)m
(` − m)! m P (x), (` + m)! `
m < 0.
(4.138)
Ekkor a m´asik megold´as, Qm al x = ±1-n´el. ` (x) diverg´ • Ortogonalit´asi rel´aci´o: Z1
dx P`m (x)P`m0 (x) =
2(` + m)! δ``0 , (2` + 1)(` − m)!
−1
Z1
0
(` + m)! P m (x)P`m (x) dx ` = δmm0 . 2 1−x m(` − m)!
−1
82
(4.139)
4.3.3
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 [14]; a szok´asos norm´al´assal s 2` + 1 (` + m)! m P (cos θ)eimϕ . (4.140) Y`m (θ, ϕ) = 4π (` − m)! ` Ekkor igaz (4.141)
∗ Y`m (θ, ϕ)Y`m (θ0 ϕ0 ) = δ(ϕ − ϕ0 )δ(cos θ − cos θ0 ).
(4.142)
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 (4.143)
G¨ombfel¨ uleten n´egyzetesen integr´alhat´o f¨ uggv´enyek kifejthet˝ok Y`m szerint: Z ` ∞ X X ∗ f`m Y`m (θ, ϕ), f`m = dΩ Y`m (θ, ϕ)f (θ, ϕ). (4.144) f (θ, ϕ) = `=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.
4.3.4
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
(4.145)
ahol m felvehet pozit´ıv ´es negat´ıv ´ert´ekeket is. Az o¨sszegz´es a “lehets´eges ν ´es m ´ert´ekekre” megy. Speci´alis esetekben: 83
• 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 ` Φ(r, θ, ϕ) = A`m r + `+1 Y`m (θ, ϕ). r `=0 m=−`
(4.146)
Az A`m illetve B`m egy¨ utthat´okat a hat´arfelt´etelek szabj´ak meg. • 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` ` A` r + `+1 P` (cos θ). (4.147) Φ(r, 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.
4.3.5
G¨ ombfu enyek ´ es forgat´ asok ¨ ggv´
A forgat´asok le´ır´asa k¨ozponti szerepet kap sok fizikai rendszer vizsg´alat´an´al, ugyanis kit¨ untetett ir´any hi´any´aban elv´arjuk a rendszereinkt˝ol a forgat´assal szembeni invarianci´at. Mivel a forgat´asok a g¨ombfel¨ uletet invari´ansan hagyj´ak, emiatt v´arhat´oan a g¨ombi koordin´atarendszer le´ır´as´aval szoros kapcsolatban ´allnak. Forgat´asnak nevezz¨ uk azt a line´aris transzform´aci´ot, amely minden vektor hossz´at v´altozatlanul hagyja. Ha teh´at x ∈ R3 , annak elforgatottja x0 = Ox ∈ R3 , ha x2 = x0 2 . Mivel x0 2 = (Ox)(Ox) = xOT Ox = x2 , ez a felt´etel tetsz˝oleges vektorra akkor teljes¨ ul, T ha O O = 1 (ortogon´alis transzform´aci´ok). Ugyanis ha minden vektorra igaz, hogy x0 2 = x2 , akkor (u0 ± v 0 )2 = (u ± v)OT O(u ± v) = u2 + 2uOT Ov + v 2 = = (u ± v)2 = u2 + 2uv + v 2 .
(4.148)
Emiatt igaz az is, hogy uv = uOT Ov tetsz˝oleges u ´es v-re, emiatt 1 = OT O is igaz. Az egys´egm´atrix ortogon´alis, valamint ha O1 ´es O2 ortogon´alis, akkor inverz¨ uk, ´es szorzatuk is ortogon´alis, hiszen −1 T T T (O1 O2 )−1 = O−1 2 O1 = O2 O1 = (O1 O2 )
84
A forgat´asok, azaz az ortogon´alis transzform´aci´ok teh´at csoportot alkotnak, neve O(3) (N dimenzi´oban O(N )). Mivel det OOT = (det O)2 = 1, ez´ert det O = ±1. A +1 eset val´odi r´eszcsoport, ennek neve SO(3). A deriv´al´asok forgat´as hat´as´ara ugyan´ ugy transzform´al´odnak, mint a helyvektorok. Val´oban ∂xj ∂ ∂ ∂ −1 ∂ = = Oji = Oij . (4.149) 0 0 ∂xi ∂xi ∂xj ∂xj ∂xj Emiatt a Laplace-oper´ator 4 = ∇∇ invari´ans a forgat´asokra, 40 = 4. G¨ombi koordin´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 40Ω = 4Ω . 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, azaz Y`m (n) ≡ Y`m (θ, ϕ). A g¨ombf¨ uggv´enyek a (4.123) egyenletnek tesznek eleget. Az egyenletet x0 koordin´at´akkal fel´ırva, majd elv´egezve az x0 = Ox helyettes´ıt´est kapjuk 40Ω Y`m (n0 ) = −`(` + 1)Y`m (n0 ) = 4Ω Y`m (n0 ).
(4.150)
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),
(4.151)
m=−`
ahol az egy¨ utthat´ok f¨ uggnek a forgat´as m´atrix´at´ol. A Dmm0 egy¨ utthat´ok maguk is m´atrixnak tekinthet˝ok, m´egpedig (m = −` . . . ` miatt) (2` + 1)(2` + 1)-es m´atrixnak. 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. Speci´alisan az egys´egm´atrixhoz Dmm0 = δmm0 tartozik, az inverz forgat´ashoz pedig D−1 . A fentieket u ´gy foglalhatjuk o¨ssze, hogy a forg´asok csoportja ´abr´azol´odik az adott `-hez tartoz´o g¨ombf¨ uggv´enyek ter´en. Ugyanakkor, b´ar a forg´asm´atrixok 0 term´eszetesen val´osak, Dmm -k a´ltal´aban komplexek. Az Y`m f¨ uggv´enyek norm´alts´aga miatt (l. (4.141) m´asodik egyenlete), valamint a dΩ integr´al´asi m´ert´ek forg´asinvarianci´aja miatt: Z Z ∗ ∗ (On)Y`m0 (On) = δmm0 = dΩ Y`m (n)Y`m0 (n) = dΩ Y`m Z X X ∗ ∗ ∗ = dΩ Dmn (O)Dm0 n0 (O)Y`n (n)Y`n0 (n) = Dmn (O)Dm0 n (O),(4.152) nn0
n
85
azaz D-k unit´er m´atrixok. Ezeket a gondolatokat sokf´elek´eppen hasznos´ıthatjuk. Egyik alkalmaz´as a k¨ovetkez˝o t´etel: 4.3. T´ etel (Kifejt´esi t´etel) Ha adott n illetve n0 k´et egys´egvektor, akkor ` 4π X ∗ 0 P` (n n) = Y (n )Y`m (n). 2` + 1 m=−` `m 0
(4.153)
p Proof. El˝osz¨or sz¨ogezz¨ uk le, hogy Y`m (ez ) = δm0 (2` + 1)/(4π), ez a defini´al´o (4.140) egyenletb˝ol k¨ovetkezik θ = 0 behelyettes´ıt´es´evel. 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 r 2` + 1 4π ∗ ∗ = D0m (O) ⇒ D0m (O) = Y`m (n0 ). (4.154) 4π 2` + 1 M´asr´eszt
r Y`0 (n) =
2` + 1 P` (ez n), 4π
(4.155)
mert 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 ∗ 0 = Y (n )Y`m (n). 2` + 1 m `m
(4.156)
Mivel ez On = (OT ez )n = (O−1 ez )n = n0 n, ez´ert ´eppen a k´ıv´ant alakot kaptuk.
4.3.6
Multip´ olus kifejt´ es g¨ ombi koordin´ at´ akban
A g¨ombf¨ uggv´enyek seg´ıts´eg´evel a multip´olus kifejt´est is a´ltal´anos´ıthatjuk. El˝osz¨or l´assuk be a k¨ovetkez˝o t´etelt: 4.4. T´ etel A Legendre-polinomok gener´atorf¨ uggv´enye ∞
X 1 √ t` P` (x). = 2 1 − 2xt + t `=0
86
(4.157)
Proof. Vegy¨ uk az 1/|y − ez | kifejez´est, legyen t = |y|, v´alasszuk t < 1 esetet. 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
(4.158)
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 |
(4.159)
hiszen |y| < |ez |. Emiatt a radi´alis r´esz (4.126) miatt f` (t) ∼ t` vagy t−`−1 . Mivel ez ut´obbi nem regul´aris a t = 0-ban, marad az els˝o. Teh´at x = cos θ jel¨ol´essel ∞
X 1 √ = c` t` P` (x). 2 t + 1 − 2tx `=0
(4.160)
A c` egy¨ utthat´okat az x = 1 eset vizsg´alat´aval kapjuk. Ekkor ugyanis P` (1) = 1 miatt ∞
X 1 c` t` = 1−t `=0
⇒
c` = 1.
(4.161)
Ez alapj´an ´ırhatjuk: 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), (4.162) r`+1 `=0 > ahol r< = min(|x|, |y|) ´es r> = max(|x|, |y|). Vegy¨ unk most |x| = r |x0 | = r0 vektorokat, ´es haszn´aljuk (4.153) egyenleteket: ∞ ∞ X ` X X 1 r0 ` r0 ` 4π 0 = P (xx ) = Y ∗ (ˆ x0 )Y`m (ˆ x). `+1 ` `+1 2` + 1 `m |x − x0 | r r `=0 `=0 m=−`
(4.163)
Ezzel egy kompakt, a m´eret˝ u t¨olt´eseloszl´as tere x pontban, ha r a, a k¨ovetkez˝o kifejez´essel adhat´o meg: Z 1 %(x0 ) 1 X q`m 1 d3 x0 = Y`m (θ, ϕ), (4.164) Φ(x) = 0 `+1 4πε |x − x | ε `m 2` + 1 r 87
ahol
Z q`m =
`
∗ (θ0 , ϕ0 ) %(x0 ). d3 x0 r0 Y`m
(4.165)
Ezzel ugyan´ ugy egy a/r hatv´anykifejt´est kaptunk, mint a 2.3.5 fejezetben, azonban a kifejt´esi egy¨ utthat´okra m´as formul´akat kaptunk. ¨ • Osszef¨ ugg´es van a q, p, Qij ´es q`m , ` = 0, 1, 2 egy¨ utthat´ok k¨oz¨ott: r q − q p 1,−1 1,1 x √ 2π i(q Q = 4π q00 , py = √ 1,−1 + q1,1 ) , 3 pz 2 q10
(4.166)
a szimmetrikus kvadrupol tenzor elemei: Qxx Qxy Qxz Qyx Qyy Qyz = Qzx Qzy Qzz q q q q 6π 2 2π 2π q22 + q2−2 − 3 q20 4i (q2−2 − q22 ) (q2−1 − q21 ) 15 q 15 q q15 . 2 2π i Qyx − 6π q + q − q (q + q ) 22 2−2 21 15 3 20 15 2−1 p Qzx Qzy 4 π5 q20 (4.167) • Az `-edik multip´olmumentumok f¨ uggetlen komponenseinek sz´ama 2` + 1; val´oban egy t¨olt´es, h´arom dip´olmumentum-egy¨ utthat´o ´es o¨t kvadrupol-egy¨ utthat´o f¨ uggetlen. • A t¨olt´eseloszl´as jellemz˝o m´eret´evel ´atsk´al´azva a (2.47) alapj´an l´athatjuk, hogy p/Q ∼ a, Qij /Q ∼ a2 . A (4.165) azt mutatja, hogy ez egy a´ltal´anos ´erv´eny˝ u ` megfigyel´es, azaz q`m /Q ∼ a .
4.3.7
P´ eld´ ak a Laplace-egyenlet megold´ as´ ara
omb homog´ en elektromos t´ erben F´ emg¨ Alkalmaz´ as: Homog´en E 0 elektromos t´erer˝oss´egbe f¨oldelt, R sugar´ u f´emg¨omb¨ot helyez¨ unk. Adjuk meg a kialakul´o potenci´alt.. Megold´ as Ezt a p´eld´at m´ar megoldottuk egyszer a 4.1.2 fejezetben a 65. oldalon t¨ uk¨ort¨olt´esek seg´ıts´eg´evel. Most a g¨ombi koordin´atarendszerben fel´ırt Laplace-oper´atorral fogjuk megoldani. 88
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. (4.147): ∞ X B` ` Φ(r, θ) = A` r + `+1 P` (cos θ). r `=0
(4.168)
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,
(4.169)
`=0
emiatt A1 = −E0
A`6=1 = 0.
(4.170)
A g¨ombfel¨ uleten a potenci´al nulla Φ(r = R, θ) =
∞ X `=0
B` A` R + `+1 R `
P` (cos θ) = 0,
(4.171)
vagyis B` = −A` R2`+1
⇒
B1 = −E0 R3 ,
B`6=1 = 0.
(4.172)
V´eg¨ ul is kapjuk Φ = −E0
R3 1− 3 r
R3 r cos θ = −E 0 x 1 − 3 |x|
,
(4.173)
ahogyan kor´abban m´ar l´attuk (v¨o. (4.34)).
Dialektromos go en elektromos t´ erben ¨mb homog´ Alkalmaz´ as: Most az el˝oz˝o feladat dielektromos v´altozat´at n´ezz¨ uk meg. 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 potenci´al ´es t´erer˝oss´eg a rendszerben?
89
Megold´ as A megoldand´o egyenletek, ha a k¨ uls˝o elektromos t´er z ir´any´ u: 4Φ = 0,
4Φk = 0,
(4.174)
a hat´arfelt´etelek Φk (r → ∞, θϕ) = −E0 r cos θ,
Φ(r → 0) = v´eges. ∂Φ ∂Φk Φ(r = R, θ, ϕ) = Φk (r = R, θ, ϕ), ε = εk (4.175) ∂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).
(4.176)
`
Most m´ar csak a hat´arfelt´etelek kiel´eg´ıt´ese van h´atra. Az r → ∞ esetben X A` r` P` (cos θ) = −E0 r cos θ, (4.177) Φk (r, θ) = `
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 . (4.178)
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 = −
3εk Ex. 2εk + ε
(4.179)
(4.180)
A megfelel˝o t´erer˝oss´egek: Ek = E0 +
ε − εk 3 3x(E 0 x) − E 0 r2 R , 2εk + ε r5 90
Eb =
3εk E 0. 2εk + ε
(4.181)
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
εr − 1 3 ε − εk 3 R E 0 = 4πεk R E 0, 2εk + ε εr + 2
εr =
ε . εk
(4.182)
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
(4.183)
Ha teh´at k´ıv¨ ul jobban polariz´alhat´o anyag tal´alhat´o, akkor E pol 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: 3(ε − εk ) σ = (ˆ xE 0 ). ε0 2εk + ε
(4.184)
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. 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
(4.185)
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
(4.186)
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. 91
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
⇒
p = qx =
e2 E0 D
⇒
γ=
q2 . εD
(4.187)
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 γ= 2 . (4.188) εω m Ha t¨obb t¨olt´eshordoz´o, illetve t¨obb saj´atfrekvencia is van, akkor γ=
1 X qi2 . ε i ωi2 mi
(4.189)
M´ agnesezhet˝ o g¨ omb homog´ en m´ agneses t´ erben Alkalmaz´ as: Vegy¨ unk homog´en H 0 m´agneses t´erbe helyezett µ permeabilit´as´ u R sugar´ u g¨omb¨ot. Milyen a m´agneses t´ere ´es m´agneses indukci´o a t´erben? Megold´ as Haszn´alhatunk m´agneses skal´arpotenci´alt, hiszen nincsenek k¨ uls˝o a´ramok a rendszerben. Ekkor a feladat minden r´eszlet´eben t¨ok´eletesen lek´epezhet˝o az elektromos t´erbe helyezett dielektromos g¨om p´eld´aj´ara. ´Igy a (4.180) megold´asnak anal´ogi´aj´ara r¨ogt¨on a v´egeredm´enyt adhatjuk: µr − 1 R 3 3 k´ıv¨ ul: ΦM = −H 0 x 1 − bel¨ ul: ΦM = − H 0 x, 3 µr + 2 r 2 + µr (4.190) 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
(4.191)
Bel¨ ul egyenletes teret kapunk: 1 3(µr − 1) B−H = H 0. µ0 2 + µr (4.192) 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 figyelembe, hiszen a m´agneses indukci´o norm´alis komponenseinek folytonoss´aga
H=
3 H 0, 2 + µr
B=
3µr µ0 H 0 , 2 + µr
92
M=
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.
G¨ ombm´ agnes tere 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 A megoldand´o egyenlet (2.170), ahol M = M 0 a´lland´o egy t´err´eszen bel¨ ul. Azaz: 4ΦM = 0,
ΦM
´es
−
∂ΦM + nM 0 ∂n
folytonos a hat´aron.
(4.193)
V´alasszuk a z ir´anyt M 0 ir´any´anak. Ekkor nM 0 =
xM 0 z = M0 = M0 cos θ = M0 P1 (cos θ) r r
(4.194)
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. (4.195) A hat´arfelt´etelek ∂n ΦM 1 − ∂n ΦM 2 = nM 0 = M0 P1 (cos θ).
ΦM 1 = ΦM 2 ,
(4.196)
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 =
`=0
∞ X
B` r−`−1 P` (cos θ).
(4.197)
`=0
A hat´arfelt´etelek: A` R2`+1 = B` ,
`A` R`−1 + (` + 1)B` R−`−2 = M0 δ`1 ,
(4.198)
innen A`6=1 = B`6=1 = 0,
A1 = M0 /3 93
B1 = R3 M0 /3.
(4.199)
Teh´at a g¨omb belsej´eben 2µ0 M. 3 (4.200) ´ 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 1 =
M0 z 3
⇒
H bel¨ul = −
M , 3
ΦM 2 =
B bel¨ul = µ0 (H + M ) =
M0 R3 cos θ. 3r2
(4.201)
R3 M 0 er˝oss´eg˝ u dip´ol tere. Ha kisz´am´ıtjuk a dip´ols˝ ur˝ us´eget Ez egy m = 4π 3 m = M , visszakapjuk a g¨ombm´agnes homog´en m´agnesezetts´eg´et. 0 V g¨ omb
Cs´ ucsok k¨ ozel´ eben kialakul´ o elektromos t´ er 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). (4.202) ν
A lehets´eges ν ´ert´ekeket az szor´ıtja meg, hogy a potenci´al nulla θ = Θ esetben: Pν (cos Θ) = 0.
(4.203)
Egy adott Θ-ra a Pν (cos Θ) oszcill´al´o f¨ uggv´enye ν-nek, l. 4.1. a´bra. A Pν (x) 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).
(4.204)
A ν0 legkisebb nullhely f¨ ugg´ese cos Θ-t´ol a 4.1 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 → ∞. 94
Figure 4.1: Legendre-f¨ uggv´eny • Ha Θ < π/2, azaz bem´elyed´es, akkor ν0 > 1. • 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 = −
1 ∂Φ σ ∼ rν0 −1 sin θPν00 (cos θ) = . r ∂θ ε
(4.205)
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.
Tetsz˝ oleges alak´ u f´ emtest tere g¨ ombi koordin´ at´ akkal kifejtve Alkalmaz´ as: Vegy¨ unk egy forg´astestet, amelyet le tudunk ´ırni egy r = R(θ) f¨ uggv´ennyel, ´es t¨olts¨ uk fel egyenletesen V potenci´alra. Milyen lesz a kialakul´o t´er a testen k´ıv¨ ul? Megold´ as: 95
Itt is a Laplace egyenlet megold´as´at keress¨ uk a teljes t´erben, ahol a v´egtelenben elt˝ unik a potenci´al. A hengerszimmetria miatt a megold´as biztosan fel´ırhat´o ∞ X c` Φ(r, θ) = P` (cos θ) (4.206) r`+1 `=0 alakban. A hat´arfelt´etel azt mondja, hogy ha r → R(θ), akkor a potenci´al V , azaz ∞ X c` P` (cos θ). (4.207) V = R(θ)`+1 `=0 Ez azt jelenti, hogy egy konstans f¨ uggv´enyt kell el˝oa´ll´ıtani ismert θ f¨ uggv´enyek ¨osszegek´ent. Ezt ugyan analitikusan nem tudjuk elv´egezni, de numerikusan meg tudjuk oldani a probl´em´at. Ehhez tekints¨ uk N + 1 tag ¨osszeg´et (azaz ` = 0, 1, . . . N ), ´es k¨ovetelj¨ uk meg, hogy N + 1 pontban legyen a potenci´al ´ert´eke V . Ha ezt az N + 1 pontot egyenletesen vessz¨ uk fel a sz¨og szerint a θ ∈ [0, π] intervallumban, akkor az n-edik sz¨og helye θn = nπ/L (nem biztos, hogy ez a legjobb v´alaszt´as – ez f¨ ugg a test alakj´at´ol). Ekkor V =
N X `=0
c`
P` (cos θn ) R(θn )`+1
∀n = 0, 1, . . . N.
(4.208)
Ez ´ıgy ¨osszesen N + 1 db line´aris egyenlet az ismeretlen c` egy¨ utthat´okra, ezt P` (cos θn ) az M`n = R(θn )`+1 m´atrix invert´al´as´aval k¨onnyen meg tudjuk oldani. Ha a test nem t´ ul sz¨ogletes, akkor numerikusan stabil marad az invert´al´as nagy N ek eset´ere is (j´ol kond´ıcion´alt feladat). Ha a test sz¨ogletes, akkor ´erz´ekeny lesz a megold´as az alappontok j´o v´alaszt´as´ara, ´es a nagy numerikus precizit´asra. Al´abb ezzel a m´odszerrel egy 2 magass´ag´ u henger potenci´alj´at l´atjuk a henger egyik oldal´an. Megfigyelhet˝o, hogy az ekvipotenci´alis fel¨ uletek a henger k¨ozel´eben m´eg egyenes oldalakat tartalmaznak, a hengert˝ol t´avolodva egyre g¨ombszer˝ ubbek. A sarkokn´al a potenci´al leg¨omb¨oly¨odik, ez mutatja a numerikus hib´akat.
4.4
Hengerkoordin´ at´ ak
A hengerkoordin´at´ak defin´ıci´oja (x, y, z) → (%, ϕ, z),
96
x = % cos ϕ y = % sin ϕ z=z
(4.209)
2
1
0
-1
-2 -2
-1
0
1
2
Figure 4.2: Henger k¨or¨ ul kialakul´o potenci´al ekvipotenci´alis vonalai. A lok´alis b´azis (4.65) alapj´an: e% = (cos ϕ, sin ϕ, 0) eϕ = (−% sin ϕ, % cos ϕ, 0) ez = (0, 0, 1)
(4.210)
Emiatt Z h% = 1,
hϕ = %,
⇒
hz = 1
3
Z∞
d x=
d%% 0
Z∞
Z2π dϕ 0
dz.
(4.211)
−∞
A Laplace-egyenlet alakja 1 ∂ 0 = 4Φ = % ∂%
∂Φ % ∂%
+
1 ∂ 2Φ ∂ 2Φ + 2. %2 ∂ϕ2 ∂z
(4.212)
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: 1 d dR 1 d2 Ψ 1 d2 Z 0 = 4Φ = % + 2 + . %R d% d% % Ψ dϕ2 Z dz 2
(4.213)
(4.214)
Viszont v´alaszthatunk, melyik koordin´at´at tekintj¨ uk ξ⊥ -nek. Egyik lehet˝os´eg, hogy ξk = (%, ϕ), ξ⊥ = z. Ekkor d2 Z = k2Z dz 2
⇒
Z = ekz , 97
vagy e−kz ,
(4.215)
valamint
1 d %R d%
dR 1 d2 Ψ % + 2 = −k 2 . d% % Ψ dϕ2
Ezt megszorozva %2 -tel kapjuk 1 d2 Ψ % d dR 2 2 % +k % + = 0, R d% d% Ψ dϕ2
(4.216)
(4.217)
teh´at mindk´et tagnak konstansnak kell lennie. Ez els˝o egyenlet d2 Ψ = −m2 Ψ. dϕ2
(4.218)
Ennek megold´asa Ψ = eimϕ ,
vagy e−imϕ .
(4.219)
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: dR m2 1 d 2 % + k − 2 R = 0. (4.220) % d% d% % Ha k = 0
d % d%
dR % + m2 R = 0, d%
(4.221)
az egyenlet sk´alainvari´ans lesz, vagyis megold´asa R(%) = %±m .
(4.222)
´Igy a z-f¨ uggetlen eset (ami megegyezik a 2D Laplace megold´as´aval pol´arkoordin´at´akban) megold´asa: ∞ X Φ(%, ϕ) = (Am %m + Bm %−m )eimϕ . (4.223) m=−∞
Ha k 6= 0, akkor 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
(4.224)
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.
98
• 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
(4.225)
ahol Γ a gamma-f¨ uggv´eny: Z∞ Γ(n ∈ N ) = (n − 1)!,
Γ(z) =
dt tz−1 e−t .
(4.226)
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 ) .
(4.227)
−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
(4.228)
m´asodfaj´ u Bessel-f¨ uggv´eny vagy Neumann-f¨ uggv´eny. Az irodalomban haszn´alj´ak az Ym = Nm jel¨ol´est is. N´eha ezek kombin´aci´oj´at haszn´alj´ak: (1) Hm (x) = Jm (x) + iNm (x),
(2) Hm (x) = Jm (x) − iNm (x),
(4.229)
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 − − ). (4.231) πx 2 4
Innen l´atszik, hogy a Bessel-f¨ uggv´enyeknek v´egtelen sok gy¨oke van.
99
(4.230)
• 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
(4.232)
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
(4.233)
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} .
(4.234)
A lehets´eges k ´es m ´ert´ekeket a hat´arfelt´etelek a´ll´ıtj´ak be. Megjegyezz¨ uk, hogy ha a mer˝oleges koordin´ata nem %, p´eld´aul egy hengerpal´ast eset´eben, akkor a z-ben e±ikz megold´ast felt´etelezve a Bessel egyenletet x = ik% m´odon kell a´tsk´al´azni. Ennek megold´asai In (x) = i−n Jn (ix),
Kn (x) =
π I−n (x) − In (x) 2 sin nπ
(4.235)
m´odos´ıtott Bessel-f¨ uggv´enyek. 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.
100
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
(4.236) 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)
(4.237)
mi
Az egy¨ utthat´ok, kihaszn´alva m´eg, hogy Z2π
Z2π
dϕ sin mϕ cos nϕ = 0
dϕ sin mϕ sin nϕ = πδnm , 0
0
Z2π
Z2π dϕ cos mϕ cos nϕ = πδnm ,
dϕ cos mϕ sin nϕ = 0, (4.238)
0
0
a k¨ovetkez˝oknek ad´odnak: Ami =
Bmi =
2 2 πa2 Jm+1 (αmi ) sinh(kmi h)
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
(4.239)
101
Chapter 5 A Maxwell-egyenletek kv´ azistacion´ arius esetben Az id˝of¨ ugg´es t´argyal´as´aban az els˝o l´ep´es, ha a m´asodik deriv´altakat elhanyagoljuk (2.126) egyenletben (vagyis a d’Alambert oper´ator helyett Laplace-oper´atort vesz¨ unk). Ennek 2 fizikai oka az lehet, hogy a m´asodik deriv´alt egy 1/c 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), (5.1) ahol σ a fajlagos vezet˝ok´epess´eg. Ezzel a Maxwell-egyenletek z´artt´a v´alnak. A fenti a´t´ır´assal a (2.126) egyenletek E =
1 ∇% + µ0 ∂t J , ε0
B = −µ0 ∇ × J .
(5.2)
a´t´ırhat´ok: E = µσ∂t E,
B = µσ∂t B.
(5.3)
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. (5.4)
102
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) = 4Φ = − d3 x0 ε 4πε |x − x0 | Z µ J (t, x0 ) 4A = −µJ ⇒ A(t, x) = . (5.5) d3 x0 4π |x − x0 |
5.1
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, (5.5) alapj´an: Z I I Z ∂t J (t, x0 ) µ EC = −∂t df B = −∂t dsA = − ds d3 x0 . (5.6) 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 ). (5.7) 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 |
(5.8)
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 µ 1 Ek = − Lki I˙i , Lki = ds ds0 , (5.9) 0| 4π |x − x C C i k 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.
5.2
M´ agneses t´ er kv´ azistacion´ arius dinamik´ aja vezet˝ okben, skin-effektus
N´ezz¨ uk most a m´agneses t´er egyenlet´et (5.4) alapj´an, ´es vizsg´aljuk meg az id˝of¨ ugg´est k´et p´eld´an kereszt¨ ul: 103
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). (5.10) (2π)3 Ekkor
d3 k ikx e (−k 2 )B(k), 3 (2π)
(5.11)
d3 k ikx 2 e k B + µσ∂ B = 0. t (2π)3
(5.12)
Z 4B(x) =
Ezzel
Z
Inverz Fourier-transzform´aci´o ut´an k 2 B + µσ∂t B = 0,
(5.13)
amely egyenlet megold´asa k2 t
B(t, k) = b(k)e− µσ .
(5.14)
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. Megjegyz´es: ha a Maxwell-egyenletekb˝ol − m2 differenci´al´as ad´odna, akkor a fenti kifejez´esben k 2 helyett k 2 + m2 a´llna, ´es ekkor a k = 0 m´odus is csillapodna, az anyagban nem maradhatna meg m´agneses t´er. Ez a helyzet a´llna fenn akkor, ha a fotonnak t¨omege lenne, amit a mai m´er´esek igen nagy pontoss´aggal kiz´arnak. Szupravezet˝okben azonban pontosan ez a helyzet ´all el˝o, ´es ez´ert a szupravezet˝okb˝ol “kiszorul” a m´agneses t´er: ez a Meissnereffektus.
Alkalmaz´ as: A f´elteret kit¨olt˝o, z norm´alis´ u, µ relat´ıv permeabilit´as´ u ´es σ vezet˝ok´epess´eg˝ u anyagban ω k¨orfrekvenci´aj´ u v´alt´oa´ram folyik x ir´anyban. Az a´tfoly´o a´ram 104
hosszegys´egenk´ent I0 . Milyen az a´rameloszl´as, ha tudjuk, hogy az ´arameloszl´as csak a z ir´anyban v´altozik? Megold´ as Az anyagon bel¨ ul igaz a h˝ovezet´esi egyenlet E-re, ezt σva szorozva kapjuk az a´rams˝ ur˝ us´egre: 4J = µσ∂t J . (5.15) A feladat szerint emiatt
J = J0 (z)ez e−iωt ,
(5.16)
d2 J0 = −iωµσJ0 . dz 2
(5.17)
Ennek megold´asa J0 (z) = J0 (0)e±κz ,
κ2 = −iωµσ.
Be szokt´ak vezetni a κ = (1 − i)/δ mennyis´eget. Ennek ´ert´eke r p 1−i 2 , ⇒ δ= . κ = −iωµσ = δ ωµσ
(5.18)
(5.19)
Hat´arfelt´etel, hogy z → ∞ eset´en ne legyen v´egtelen a t´er, emiatt a negat´ıv el˝ojelet kell v´alasztanunk. Emiatt az a´ram 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 teh´at egyre ink´abb csak a vezet˝o fel¨ ulet´en folyik ´aram. 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. Az a´tfoly´o a´ram egy y-ban d` hoszz´ us´ag´ u, z-ben v´egtelen t´eglalapon dI = d`
Z∞ dzJ0 (z) = d`
J0 (0) = I0 κ
⇒
J0 (0) = κI0 .
(5.20)
0
Az a´rams˝ ur˝ us´eg teh´at J = I0 κex e−iωt−κz ,
(5.21)
κ E = I0 ex e−iωt−κz . σ
(5.22)
az elektromos t´erer˝oss´eg
A m´agneses indukci´o: 2
˙ = −iωB = rot E = −κez × E = −I0 κ ey e−iωt−κz , B σ 105
(5.23)
azaz, felhaszn´alva, hogy κ2 = −iωµσ B = −µI0 ey e−iωt−κz ,
(5.24)
H = −I0 ey e−iωt−κz .
(5.25)
´es Kisz´am´ıthatjuk a h˝ovesztes´eget is. A lok´alis h˝oteljes´ıtm´eny P = JE =
1 2 J . σ
(5.26)
Ehhez az a´ram val´os r´esz´ere van sz¨ uks´eg; mivel p √ κ = −iωµσ = e−iπ/4 ωµσ, ´ıgy val´os r´esze
(5.27)
√ J = I0 ωµσex e−z/δ e−i(ωt−z/δ+π/4) ,
(5.28)
√ J = I0 ωµσex e−z/δ cos(ωt − z/δ + π/4).
(5.29)
Egy peri´odusra a´tlagolva hcos2 ωti = 1/2 miatt a k¨ovetkez˝o alakhoz jutunk: 1 hPi = I02 ωµe−2z/δ . 2
(5.30)
A teljes leadott teljes´ıtm´eny egy dxdy fel¨ uleten: Z d hP i =
dxdy d x hPi = ωµI02 2 3
Z∞
dze−2z/δ =
dxdy δωµI02 , 4
(5.31)
0
azaz
1 ∂ 2P = ∂x∂y 2
r
106
ωµ 2 I . 2σ 0
(5.32)
Chapter 6 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,
(4 −
1 2 ∂ )Ψ = −f. c2 t
(6.1)
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 1 c c ck = √ = √ = , εµ εr µ r n
n=
√
εr µ r ,
(6.2)
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 ¨osszege • 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.
(6.3)
Az egyenlet megold´as´at keress¨ uk Ψ(t, x) ∼ e±iωt−ikx alakban. Vissza´ırva kapjuk: ω 2 = c2 k 2 , 107
(6.4)
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. Mivel a megold´as val´os, ´ırhatjuk Z 3 dk Ψ(t, x) = a0 (k) cos(−ωk t + kx + φk ), ahol ωk = kc. (6.5) (2π)3 Ezt az alakot fel´ırhatjuk egy komplex sz´am val´os ´ert´ekek´ent Z 3 dk Ψ(t, x) = < ak e−iωk t+ikx , (2π)3
(6.6)
ahol ak = a0 (k)eiϕk . Mivel a val´os r´esz k´epz´es line´aris m˝ uvelet, amely felcser´elhet˝o minden m´as line´aris m˝ uvelettel, ´ıgy line´aris kifejez´esben haszn´alhatjuk ezt a komplex megold´ast azzal a recepttel, hogy a v´eg´en a fizikai potenci´al a komplex potenci´al val´os r´esze. Nemline´aris esetben (mint p´eld´aul az energias˝ ur˝ us´eg sz´am´ıt´as´an´al, amely n´egyzetesen tartalmazz a mez˝oket) a val´os r´esz k´epz´est nem halogathatjuk, ott a val´odi fizikai mez˝okkel kell dologznunk. Egy dimenzi´os esetben az egyenlet¨ unket meg lehet a´ltal´anos kezd˝ofelt´etelekre oldani: 1D :
¨ = c2 Ψ00 Ψ
⇒
Ψ(t, x) = f1 (x − ct) + f2 (x + ct).
(6.7)
Ez megfelel egy balra ´es egy jobbra fut´o hull´am ¨osszeg´enek. A k´et f¨ uggv´enyt a kezd˝ofelt´etelek hat´arozz´ak meg: Ψ(0, x) = f1 (x) + f2 (x),
∂t Ψ(0, x) = −c(f10 (x) − f20 (x)),
(6.8)
azaz f10 (x)
1 = 2
1˙ 0 Ψ (0, x) − Ψ(0, x) , c
f20 (x)
1 = 2
1˙ 0 Ψ (0, x) + Ψ(0, x) , c
(6.9)
ahonnan integr´al´assal kaphatjuk a k´et f¨ uggv´enyt. Ha p´eld´aul ∂t Ψ(0, x) = 0, akkor Ψ(t, x) =
6.1
1 (Ψ(0, x − ct) + Ψ(0, x + ct)) . 2
(6.10)
Csoport- ´ es f´ azissebess´ eg
Tekints¨ uk most az a´ltal´anos esetet, ahol az ωk = ck nem a´ll fenn, hogy a t´argyal´as a k´es˝obbiekre is ´erv´enyes legyen. Mit ´ır ilyenkor le a megold´asunk? Tekints¨ unk egyetlen m´odust el˝osz¨or, azaz a(q) = aδ(q − k). Ekkor a val´odi, val´os megold´as alakja Ψ(t, x) = a cos(ωt − kx + ϕ), (6.11) 108
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.
(6.12)
2π , k
(6.13)
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 ennek λ-val val´o eltoltjai (hull´amhossz). Ez a megold´as teh´at halad´o s´ıkhull´amot ´ır le (monokromatikus s´ıkhull´am). ˆ ir´any´aban vf sebess´eggel haladnak tov´abb, Az id˝o el˝orehaladt´aval a hull´amfrontok k 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),
(6.14)
´ 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 o¨sszekusz´al´odik. Viszont ha azonos ir´any´ u s´ıkhull´amokat tesz¨ unk unk, akkor a hull´amterjed´es ir´any´at tekintve x ¨ossze, azaz egy dimenzi´os v´altoz´ast n´ez¨ ir´anynak ´ırhatjuk Z dk a(k)e−iωk t+ikx . (6.15) Ψ(t, x) = 2π Tegy¨ uk fel, hogy a(k) valamilyen k0 k¨or¨ ul er˝osen cs´ ucsos f¨ uggv´eny, ´es azon a tartom´anyon, ahol a(k) 6= 0, ott ωk lassan v´altozik. Jel¨olj¨ uk a(k) = r(k − k0 ), ekkor t = 0-n´al a hull´am alakja Z Z dk dk ikx ik0 x Ψ(0, x) = a(k)e = e r(k)eikx = eik0 x r(x), (6.16) 2π 2π ahol r(x) lassan v´altoz´o f¨ uggv´eny (hiszen csak kis hull´amsz´am´ u m´odusokat tartalmaz). A fenti alak egy r(x)-szel modul´alt s´ıkhull´am, neve hull´amcsomag. A k¨orfrekvenci´at is sorba fejthetj¨ uk k0 k¨or¨ ul: dωk ωk = ω0 + (k − k0 ) + .... (6.17) dk k=k0 Bevezetj¨ uk a csoportsebess´eget a k¨ovetkez˝o k´eplettel: dωk vcs = , dk k=k0 109
(6.18)
ekkor Z
dk r(k − k0 )e−i(ω0 +(k−k0 )vcs )t+ikx = e−iω0 t+ik0 x Ψ(t, x) = 2π ik0 (x−vf t) =e r(x − vcs t).
Z
dk r(k)eik(x−vcs t) = 2π (6.19)
Ez ugyanazzal a f¨ uggv´ennyel modul´alt s´ıkhull´am alak, az eredetihez hasonl´o. A burkol´o vcs sebess´eggel halad, ez indokolja a csoportsebess´eg elnevez´est. A f´azis a hull´amcso´ magon bel¨ ul tov´abbra is vj sebess´eggel megy el˝ore. Altal´ aban vcs 6= vf , kiv´eve, ha ωk line´aris k-ban, mint a v´akuumbeli f´enyterjed´esn´el. 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: c ω nω ⇒ k= . (6.20) vf = = n k c Ekkor a csoportsebess´eg vcs =
6.2
1 c c = = . dk dn ω dεr n+ω n+ dω dω 2n dω
(6.21)
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 . (2π)3
(6.22)
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 ,
(6.23)
E 0 = iωA0 ,
(6.24)
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 , (6.25) 110
vagyis ennek amplit´ ud´oja 1ˆ B 0 = ik × A0 = k × E 0. (6.26) 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
(6.27)
ugg´est kapunk. ¨osszef¨ A homog´en Maxwell-egyenleteknek van egy ´erdekes szimmetri´aja. Ha (2.108) vagy az (2.160) 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. M´asik megfogalmaz´asban E → −H ´es E → H, valamint µ ↔ ε helyettes´ıt´es szimmetria. 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 . (6.28) 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 e2 cos(kx − ωt + ϕ1 ) − e1 cos(kx − ωt + ϕ2 ). B= c c
(6.29)
Adott x pontban ´abr´azolva E vektort, az a k-ra mer˝oleges (transzverz´alis) 2 dimenzi´os s´ıkban 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, ´es E1 = E2 , 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 ε0 2 1 ε0 h 2 2 2 ˆ B = E + (k × E) = ε0 E 2 . (6.30) w= E + 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 ¨osszef¨ ugg´esr˝ol van sz´o. Teh´at w = ε0 E12 cos2 (kx − ωt + ϕ1 ) + E22 cos2 (kx − ωt + ϕ2 ) . (6.31) 111
Egy peri´odusra a´tlagolva
ε0 E12 + E22 . 2
(6.32)
1 1 ˆ × E) = 1 kE ˆ 2. E×B = E × (k µ0 cµ0 Z0
(6.33)
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. (6.34) ε0 Az energia´aram ir´anya teh´at a hull´am ir´anya, nagys´aga pedig |S| =
1 ε0 E 2 = cw. cµ0 ε0
(6.35)
Vagyis az energia-´arams˝ ur˝ us´eg ´es az energias˝ ur˝ us´eg viszonya ugyanolyan mint a r´eszecsk´ek eset´en az ´arams˝ ur˝ us´eg ´es a t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg´e, J = v%. Az impulzuss˝ ur˝ us´eg a (3.32) k´eplet alapj´an ar´anyos a Poynting-vektorral, nagys´aga g=
S w = 2 c c
⇒
w = gc.
(6.36)
A fenti k´epletek alapj´an az elektrom´agneses hull´amra gondolhatunk u ´gy is, mint r´eszecsk´ek ´aram´ara, ahol a r´eszecsk´ek energi´aja ´es impulzusa E = cp m´odon kapcsol´odik ¨ossze. 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.
6.3
Frekvenciafu o permittivit´ as, to esmutat´ o ¨ gg˝ ¨r´
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 ) (6.37) −∞
112
Ha nincs kit¨ untetett id˝opont, akkor G csak t − t0 -t˝ol f¨ ugghet. Ez a kifejez´es a sztatika (2.137) k´eplet´enek ´altal´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: Z∞
ε0 χ(t − t0 ) = Θ(t − t0 )G(t − t0 )
⇒
P (t) = ε0
dt0 χ(t − t0 ) E(t0 ).
(6.38)
−∞
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).
(6.39)
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),
(6.40)
χ∗ (ω) = χ(−ω).
(6.41)
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
(6.42)
Ennek Fourier transzform´alttal a megold´asa: p(ω) =
q2 1 E(ω), 2 m ω0 − iγω − ω 2
(6.43)
N q2 1 E(ω), 2 m ω0 − iγω − ω 2
(6.44)
a polariz´aci´os˝ ur˝ us´eg pedig P (ω) =
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 113
1 . − iγω − ω 2
(6.45)
Sztatikus esetben (ω = 0) visszakapjuk a Clausius-Mosotti egyenlet line´aris k¨ozel´ıt´es´et (l. (4.186), ahol most N -nel jel¨olt¨ uk a s˝ ur˝ us´eget), az anyagi polariz´alhat´os´ag (4.189) egyenlet´evel. p Ha megvan εr (ω), akkor fel´ırhatjuk a t¨or´esmutat´ot is az 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 (6.21) 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
E(t, x) = E0 e−iωt+ikx c n(ω) .
(6.46)
´ Eszrevehetj¨ uk, hogy modell¨ unkben εr -ben van imagin´arius r´esz is, ha γ 6= 0. Val´oban: 1 1 1 1 γω = 2 = − 2 = 2 . (6.47) 2 2 2 2 ωj − iγω − ω 2i ωj − iγω − ω ωj + iγω − ω (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.
(6.48)
(6.49)
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) .
(6.50)
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 = . (6.51) c% mivel a peri´odusra a´tlagolt Poynting-vektor S ∼ |E|2 . Ha χ kicsi, akkor n ≈ 1 + χ/2, azaz nim = =εr /2. Mivel (6.48) ¨osszef¨ ugg´es alapj´an εr ar´anyos a r´eszecskes˝ ur˝ us´eggel, ez´ert ´erdemes kiemelni a s˝ ur˝ us´eget, hogy κ ´erz´eketlenebb legyen 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. 114
• Szabad elektrong´azra ωj = 0, γ = 0, vagyis εr (ω) = 1 −
N q2 ωP2 = 1 − , ε0 mω 2 ω2
ωP2 =
N q2 ε0 m
(6.52)
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 ω2 c n(ω) = 1 − P2 < 1 ⇒ vf = > c. ω n
(6.53)
A f´azissebess´eg teh´at nagyobb mint a f´enysebess´eg. A csoportsebess´eg azonban (6.21) alapj´an ω
2ω 2 dεr = 2P dω ω
⇒
c
vcs = n+
ωP2 nω 2
=
nc 2 = nc < c. ω P n2 + 2 ω
(6.54)
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 6.1 a´br´an [16]. 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.
Figure 6.1: A l´egk¨or abszorpci´os egy¨ utthat´oj´anak frekvenciaf¨ ugg´ese
115
– A l´egk¨ori frekvenci´ak als´o r´esz´eben, azaz a hossz´ u hull´amok eset´en 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 [10]. Az URH (VHF) hull´amok hull´amhossza 10-1m, frekvenci´aja 30-300 MHz, ez m´ar felette van a l´egk¨ori plazmafrekvenci´anak, ´ıgy azok csak r¨ovid t´avols´agon foghat´ok. – Magasabb frekvenci´an a l´egk¨or ´atl´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.
6.3.1
Kramers-Kronig rel´ aci´ o
L´attuk, hogy a kauzalit´as k¨ovetkezm´enyek´epp ε0 χ(t) = Θ(t)G(t), vagyis csak t > 0-ra nem nulla a v´alaszf¨ uggv´eny. Emiatt ´ırhatjuk, hogy χ(t) = Θ(t)χ(t). Mivel szorzatf¨ uggv´eny Fourier-transzform´altja konvol´ uci´o, valamint a Θ-f¨ uggv´eny Fourier-transzform´altja: i , (6.55) Θ(ω) = ω + iδ δ→0+ ez´ert
Z∞ χ(ω) =
dω 0 iχ(ω 0 ) . 2π ω − ω 0 + iδ
(6.56)
−∞
´Irjuk ezt fel a val´os ´es k´epzetes r´eszekkel: χ(ω) = <χ(ω) + i=χ(ω). Felhaszn´alva, hogy 1 1 =P − iπδ(ω − ω 0 ), 0 ω − ω + iδ ω − ω0
(6.57)
ahol P a f˝o´ert´ek integr´al jele, n´emi a´talak´ıt´as ut´an kapjuk: Z∞ <χ(ω) = P
dω 0 −=χ(ω 0 ) , π ω − ω0
−∞
Z∞ =χ(ω) = P −∞
116
dω 0 <χ(ω 0 ) . π ω − ω0
(6.58)
Tov´abb´a, u ´jra felhaszn´alva (6.57) alakot: Z∞ χ(ω) =
dω 0 −=χ(ω 0 ) . π ω − ω 0 + iδ
(6.59)
−∞
Mindez azt mutatja, hogy χ imagin´arius r´esze teljesen meghat´arozza az χ-t, ez a KramersKronig rel´aci´o. Ez a kauzalit´as k¨ovetkezm´enye. V´eg¨ ul m´eg az is l´athat´o, felhaszn´alva ε0 χ(t) = Θ(t)G(t) kifejez´est, hogy G(ω) = −2ε0 =χ(ω).
(6.60)
Fel´ırhatjuk mindezt a relat´ıv permittivit´asra is, hiszen εr = 1 + χ. Ekkor Z∞ εr (ω) = 1 −
dω 0 =εr (ω 0 ) . π ω − ω 0 + iδ
(6.61)
−∞
A fenti mikroszkopikus p´eld´aban =εr (ω) =
X Nj qj2 j
ε0 mj (ωj2
2iγω . − ω 2 )2 + γ 2 ω 2
(6.62)
´ Altal´ aban a mikroszkopikus modellekb˝ol tetsz˝oleges pozit´ıv f¨ uggv´enyt kaphatunk εr imagin´arius r´esz´ere.
6.3.2
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 (6.39) szerint P (t) = P 0 e−iωt ,
P 0 = ε0 χ(ω)E 0 .
(6.63)
A polariz´aci´o v´altoz´asa a polariz´aci´os t¨olt´esek mozg´as´at jelenti, ami a´ramot jelent (2.154) J = ∂t P = −iωP = −iωε0 χ(ω)E.
(6.64)
Ezzel megkaptuk az Ohm-t¨orv´eny J = σE mikroszkopikus alakj´at (l. (5.1) k´eplet). A σ vezet˝ok´epess´eg ´ert´eke a fentiek szerint σ = −iωε0 χ(ω),
117
(6.65)
vagyis a relat´ıv permittivit´as εr = 1 + χ ´ert´eke εr (ω) = 1 +
iσ ε0 ω
(6.66)
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
(6.67)
ami a Drude-modell eredm´enye.
6.4
Elektrom´ agneses hull´ amok k¨ ozegek hat´ ar´ an
Eddig homog´en k¨ozegben terjed˝o hull´amokat ´ırtunk le. K´erd´es, mi t¨ort´enik, ha az anyagi a´lland´ok helyf¨ ugg˝ok, hogyan tudjuk le´ırni a hull´amterjed´est? Most olyan k¨ozegeket fogunk tekinteni, amelyek r´eszelegesen homog´enek. A k¨ozeghat´aron ki kell el´eg´ıteni a hat´arfelt´eteleket: Dn , Bn E t , H t folytonosak.
(6.68)
Figure 6.2: Hull´am k¨ozeghat´aron Tekints¨ unk egy s´ıkhull´amot, amely egy n norm´alis´ u s´ık k¨ozeghat´arra ´erkezik (6.2): 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
(6.69)
A megt¨ort hull´am jellemz˝oi legyenek E 0 , B 0 , k0 , a visszavert hull´amra E 00 , B 00 , k00 . Jel¨olj¨ uk 0 0 00 00 ˆ ˆ ˆ kn = cos θ, k n = cos θ , ´es k n = cos θ .
118
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. Emiatt igaz a hull´amsz´amok nagys´ag´ara k 00 =
nω = k, c
k0 =
n0 ω n0 = k. c n
(6.70)
A hat´arfelt´etelek ∀ x ∈ fel¨ ulet pontokban ´erv´enyesnek kell maradniuk. A fel¨ ulet ir´any´aban teh´at a f´azisok ugyan´ ugy kell v´altozzanak: eikx = eik
00 x
0
= eik x ,
∀ x ∈ F.
(6.71)
Mivel a hat´ar ment´en kx = kx sin θ a megfelel˝o sz¨oggel, kapjuk k 00 sin θ00 = k sin θ ⇒ θ00 = θ k 0 sin θ0 = k sin θ ⇒ n0 sin θ0 = n sin θ. Ez ut´obbi egyenlet a Snellius-Descartes-t¨orv´eny. 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
(6.72)
sin θ k00 = 0 − cos θ
(6.73)
A polariz´aci´ohoz ´erdemes a feladat geometri´aj´ahoz illeszked˝o b´azist v´alasztani: 1.) En = 0,
ˆ n s´ık} 2.) E ∈ {k,
⇒
Bn = 0.
(6.74)
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 0 00 E E E0 0 B 00 = 00 0 B 000 = 0 0 .(6.75) B0 = c c c sin θ sin θ0 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 119
(6.76)
A Bn illetve E t egyenletekb˝ol k¨ovetkezik 1 1 sin θ = 0 sin θ0 c c
⇒
n sin θ = n0 sin θ0 ,
(6.77)
ami ism´et Snellius-Descartes-t¨orv´eny, azaz a t´eregyenletek kompatibilisek a hat´arfelt´etelekkel1 . 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
(6.78)
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 .
(6.79)
Az els˝o ´es utols´o egyenlet o¨sszehasonl´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
(6.80)
Megjegyz´es: a forr´asmentes Maxwell egyenletek invari´ansak a dualit´asi transzform´aci´ora (l. 6.2 fejezet). A hat´erfelt´eteleket is belev´eve az a szimmetria m˝ uk¨odik, hogy E → −H, H → E, valamint ε ↔ µ cser´evel az 1. eset teljes eg´esz´eben a´talakul a 2. esett´e. Az ε ↔ µ azt jelenti, hogy µc → 1/(µc), emiatt (6.78) k´eplet a 2. esetben u ´gy ´ırhat´o, hogy H000 = H0
µc cos θ − µ0 c0 cos θ0 , µc cos θ + µ0 c0 cos θ0
H00 = H0
2µc cos θ . µc cos θ + µ0 c0 cos θ0
(6.81)
Figyelembe v´eve, hogy E = µcH az adott k¨ozegben ´erv´enyes µ ´es c ´ert´ekekkel, kapjuk a (6.80) k´epletet. 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. 1
Bonyolultabb hat´ ar eset´en nem j´ o feltev´es az, hogy csak egy ir´any´ u visszavert, illetve megt¨ ort hull´ amunk van!
120
• a 2.) esetben µ = µ0 -t v´alasztva el´erhet˝o, hogy E000 = 0. Bevezetve a c/c0 = n0 /n = r mennyis´eget, ennek felt´etele r cos θ = cos θ0 ,
1 sin θ = sin θ0 . r
(6.82)
Teh´at
1 sin2 θ. (6.83) 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 (6.84) 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, ami l´atszik (6.82) egyenletb˝ol, hiszen az 1.) esetben az els˝o egyenletben is 1/r szerepel, azaz csak θ = θ0 a megold´as. 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 −
6.5
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
(6.85)
felt´eteleknek. Fizikailag k¨ozel´ıt˝oleg ilyen rendszerek a hull´amvezet˝ok illetve u ¨regrezon´atorok.
6.5.1
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 a cs˝o ir´any´anak. A cs˝o m´erete legyen a × b. Ekkor a (6.85) 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. 121
(6.86)
´ 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 a´ll´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 . (6.87) 0 ulj¨on. Az A s´ıkhull´am ¨osszetev˝okre igaz ω = kc, azaz ω 2 c2 = kx2 + ky2 + kz2 kell teljes¨ mπ nπ 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.
(6.88)
Ez szerencs´ere teljes´ıthet˝o minden x, y-ra (az Ansatz-unknak k¨osz¨onhet˝oen), amit kapunk E0x kx + E0y ky = 0. (6.89) 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 rot E(x, y, z, t) = e−iωt+ikz z B(x, y, z, t) = E cos kx x sin ky y ω 0x ω −i (kx E0y − ky E0x ) cos kx x cos ky y ω (6.90) 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 (6.89) 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 hull´amot kapunk. A z ir´any´ u terjed´es f´azissebess´ege s 2 2 ω nπ mπ + >c (6.91) vf = =c 1+ kz kz a kz b 122
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
mindig kisebb. Bevezethet¨ unk t¨or´esmutat´ot a z ir´any´ u hull´amterjed´esre: r |kz |c c2 k 2 n= = 1 − 2⊥ , ω ω
(6.92)
(6.93)
2 = kx2 + ky2 . Ez pontosan olyan alak, mint a szabad elektrong´azn´al (l. (6.52)), itt ahol k⊥ a plazmafrekvencia ωP = ck⊥ . (6.94)
ωP alatti hull´amok nem tudnak terjedni a cs˝oben, ez a hull´amvezet˝o lev´ag´asi frekvenci´aja. 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 ωP sosem nulla. Ha a > b, akkor n = 1, m = 0, azaz kx = π/a, ky = 0 v´alaszt´assal 2 , akkor cπ ωP,min = . (6.95) 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 ∼ n, 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 Bz − Ez By ) = µ 1 Sy = (Ez Bx − Ex Bz ) = µ Sx =
ky2 − kx2 2 E sin(2ωt − 2kz z) sin(2kx x) cos2 (ky y), 4µkx ω 0y ky2 − kx2 2 E0x sin(2ωt − 2kz z) cos2 (kx x) sin(2ky y). (6.96) 4µky ω
Ezek egy peri´odusra vett a´tlaga nulla. A z komponens kisz´am´ıt´asa: kz 2 1 (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 =
2
K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy ekkor Ey 6= 0, azaz ez egy nem nulla megold´ast ´ır le.
123
(6.97)
Egy peri´odusra, valamint a fel¨ uletre a´tlagolva kz 2 2 . (6.98) + E0y E0x hSz i = 8µω 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 ε 2 1 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 .(6.99) 2 2 16µω c 16µω 2 Az utols´o tag nulla (6.89) miatt. Emiatt hSz i 1 2 2 . (6.100) (E0x + E0y )= 2 8µc vcs 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. hwi =
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 , (6.101) 0 ahol ω 2 = c2 (kx2 + ky2 + kz2 ) a Maxwell-egyenletek miatt, ´es kx = felt´etelek miatt. A div B = 0 egyenlet k¨ovetkezt´eben B0x kx + B0y ky = 0. −2
2
nπ , a
ky =
mπ b
a hat´ar(6.102)
Az elektromos t´er a rot B = c ∂t E = −iω/c E egyenletb˝ol k¨ovetkezik: kz c2 B0y cos kx x sin ky y 2 ω ic 2 rot B(x, y, z, t) = e−iωt+ikz z E(x, y, z, t) = − kzωc B0x sin kx x cos ky y ω ic2 (ky B0x − kx B0y ) sin kx x sin ky y ω (6.103) 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 (6.102) miatt B0x = 0, ´es ´ıgy B = 0 lenne. A minim´alis frekvenci´ahoz n = m = 1 tartozik, r 1 1 ωmin = cπ + 2. (6.104) 2 a b 124
6.5.2
¨ 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 ahol ω 2 = c2 (kx2 + ky2 + kz2 ) a Maxwell-egyenletek miatt, ´es kx = nπ , ky = 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
(6.105)
(6.106) mπ b
´es kz =
`π c
(6.107)
innen 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
(6.108)
Az u ul megmaradni, ezek ¨regben csak bizonyos frekvenci´ak k´epesek csillapod´as n´elk¨ az u ¨reg saj´atfrekvenci´ai.
125
Chapter 7 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.
7.1
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 ).
−∞
(7.1) 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.
(7.2)
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 126
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.
(7.3)
Ez m´asodrend˝ u differenci´alegyenlet, megold´asai1 GR/A (ω, r) = C
e±ikr . r
(7.4)
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
(7.5)
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
(7.6)
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∓ . (7.7) 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
(7.8)
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.
127
A megold´as pedig: Z∞
|x − x0 | 1 0 δ t−t ∓ f (t0 , x0 ) = ΨR/A (t, x) = dt dx 0 4π|x − x | c −∞ Z 1 |x − x0 | 0 3 0 = dx f t∓ ,x . 4π|x − x0 | c 0
Z
3 0
(7.9)
R¨ogt¨on megfigyelhetj¨ uk, hogy ha a forr´as id˝of¨ uggetlen, akkor a sztatika eredm´eny´et kapjuk vissza.
7.1.1
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 − x0 | ΨR (t, x) = δ t− . (7.10) 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 . (7.11) ⇒ ΨR (t, x) = d3 x0 [f (t, x0 )]x ret = f t − 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 , (7.12) 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: |x − x0 | 1 δ t+ . (7.13) 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). 128
(7.14)
7.1.2
Fourier-t´ erbeli alak
T´erbeli Fourier-transzform´aci´oval megkaphat´o a Green-f¨ uggv´eny Fourier-alakja. G¨ombi koordin´atarendszerben x = cos θ helyettes´ıt´essel, valamint bevezetve egy regulariz´al´o e−δr (δ > 0) kifejez´est kapjuk 1 GR/A (ω, q) = 2
=
Z∞ Z1 Z∞ i i i 1 dr dx r e± c ωr−iqrx−δr = dr e± c ωr+iqr−δr − e± c ωr−iqr−δr = 2iq 0 −1 0
1 2iq
1 1 1 − = ω 2 . (7.15) i i 2 q − ± iδ ± ωr + iqr − δr ± ωr − iqr − δr c c c
Val´oj´aban (7.2) Fourier transzform´aci´oja alapj´an r¨ogt¨on tudtuk, hogy (q 2 −
ω2 )GR/A (ω, q) = 1 c2
⇒
GR/A (ω, q) ∼
1 ω2 q − 2 c
.
(7.16)
2
Ez az alak azonban k´et p´olust tartalmaz ω = ±qc-n´el (a szabad megold´as diszperzi´os rel´aci´oin´al). Ha elv´egezz¨ uk az ω → ω ±iδ helyettest´est, ezzel a p´olust eltoljuk ω = qc∓iδ helyre – az R (retard´alt) esetben a p´olusok a komplex s´ık als´o f´els´ıkj´an, az A (avanzs´alt) esetben pedig a fels˝o f´els´ıkj´an vannak.
7.2
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 % 1 %(t − |x − x0 |/c, x0 ) Φ = − ⇒ Φ(t, x) = d3 x 0 ε0 4πε0 |x − x0 | Z µ0 J (t − |x − x0 |/c, x0 ) A = −µ0 J ⇒ A(t, x) = d3 x 0 4π |x − x0 | (7.17) Legyen most J (t, x) = J(x)e−iωt . A t¨olt´esmegmarad´as m´erlegegyenlete miatt % ∼ e , ´es ´ıgy minden megold´as ∼ e−iωt . Ekkor az id˝oderiv´alt helyettes´ıthet˝o −iω szorz´oval. Lorentz m´ert´ek eset´en −iωt
0 = div A +
1 −iω ∂t Φ = div A + 2 Φ 2 c c
⇒ 129
Φ(t, x) =
−ic2 div A(t, x). ω
(7.18)
Ez´ert el´eg csak a vektorpotenci´alt meghat´arozni, m´egpedig a (7.17) k´eplet alapj´an: µ0 A(t, x) = 4π
Z
3 0 J (x
dx
0
0
µ0 e−iωt )e−iω(t−|x−x |/c) = |x − x0 | 4π
Z
0
eik|x−x | . d x J (x ) |x − x0 | 3 0
0
(7.19)
Itt k = ωc kombin´aci´ot jel¨oli. 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 d 1 ≈ + O . (7.20) |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
(7.21)
kifejt´es miatt a konstans tagot is meg kell tartsuk, hiszen m´eg v´egtelen t´avol is megfigyelhet˝o szerepe van. Ekkor µ0 e−iωt A(t, x) = 4π
Z
0
eik(r−ˆxx ) µ0 eikr−iωt d x J (x ) = r 4π r 3 0
0
Z
0
d3 x0 J (x0 )e−ikˆxx .
(7.22)
Az r-f¨ ugg˝o el˝otag oszcill´al´o megold´ast jelent. Az r = 0, t = 0 ponttal azonos f´azis´ u helyek halmaza: ω 2πcn r − ωt = 2πn ⇒ r = ct − . (7.23) c ω Ez a sug´ar ment´en peri´odikusan elhelyezked˝o g¨ombh´ejakat ´ır le, amelyek c sebess´eggel t´avolodnak az orig´ot´ol. Az ilyen megold´asok teh´at a g¨ombhull´amok. Ezeknek a g¨ombhull´amoknak 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 + . . . ). (7.24) 4π r
130
7.2.1
Dip´ olsug´ arz´ as
Az els˝o tag (7.24)-ben: µ0 eikr−iωt A(t, x) = 4π r
Z
d3 x0 J (x0 ).
(7.25)
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 ,
(7.26)
ahol pi a dip´olmomentum. Innen −iωµ0 eikr−iωt A(t, x) = p. 4π r
(7.27)
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,
(7.28)
a deriv´al´as helyettes´ıthet˝o egy vektorral. Emiatt kω eikr−iωt ω 2 eikr−iωt 1 rot A = (ˆ x × p) = (ˆ x × p) H= µ0 4π r 4πc r
(7.29)
Az elektromos t´er a c2 rot B = ∂t E miatt: E=
ic2 ˆ = Z0 H × x ˆ, ∇ × B = cB × x ω
(7.30)
ahol ism´et megjelent a Z0 v´akuumimpedancia (l. (6.34) k´eplet). Az elektromos t´erer˝oss´eg teh´at Z0 ω 2 eikr−iωt ˆ. E= (ˆ x × p) × x (7.31) 4πc r A Poynting-vektor ˆ ) × H = Z0 x ˆ H2 S = E × H = Z0 (H × x
⇒
S = Z0 H 2 .
(7.32)
Az id˝of¨ ugg´eshez a terek val´os r´esz´et kell venni, vagyis S ∼ cos2 ωt. Id˝oa´tlagban S=
2 Z0 2 Z0 4 p H = ω sin2 θ. 2 32π 2 c2 r2
131
(7.33)
Sug´arz´asok eset´en szokt´ak a sug´arz´as ´atlagos teljes´ıtm´eny-´arams˝ ur˝ us´eg´et, azaz a Poyntingvektor egy peri´odusra vett a´tlag´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
(7.34)
Most teh´at
dP Z0 = ω 4 p2 sin2 θ. (7.35) dΩ 32π 2 c2 A fenti eredm´eny a´br´azol´as´ahoz pol´ar-koordin´atarendszert szoktak haszn´alni, ´es felveszik . Ezt a g¨orb´et l´athatjuk 7.1 ´abr´an. a (R(θ), θ) g¨orb´et, ahol a sug´ar R(θ) = dP dΩ
Figure 7.1: Dip´olantenna sug´arz´asi karakterisztik´aja R A teljes kisug´arzott intenzit´ashoz (teljes´ıtm´enyhez) P = dΩ dP . Mivel dΩ Z
Z1
2
dΩ sin θ = 2π
dx(1 − x2 ) =
8π , 3
(7.36)
−1
ez´ert
Z0 ω 4 p2 . (7.37) 12πc2 L´athat´oan a kisug´arzott teljes´ıtm´eny ∼ ω 4 , azaz csak nagy frekvenci´akon lehet jelent˝os. P =
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. 132
Az antenna legv´eg´en persze nem tud hova folyni az ´aram, ott teh´at az a´ramer˝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 . (7.38) I(t, z) = I0 e 1− d Ekkor Z
3
Zd/2
d xJ (x) = ez
−iωt
dz I(t, z) = 2I0 ez e
Zd/2 2z I0 d dz 1 − = ez e−iωt . d 2 0
−d/2
(7.39) −iωt
iI0 d e. 2ω z
Mivel (7.26) alapj´an az ´arams˝ ur˝ us´eg integr´alja −iωpe , innen p = Az i f´azistol´ast jelent a k´epletben. Emiatt a kibocs´atott sug´arz´as intenzit´asa dP Z0 ω 4 I02 d2 Z0 (kd)2 2 2 2 = sin θ = I sin θ. dΩ 32π 2 c2 4ω 2 128π 2 0
(7.40)
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. (7.41) 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.
7.2.2
Multipol sug´ arz´ asok
Az m´asodik tag (7.24)-ben: µ0 eikr−iωt A(ω, x) = 4π r
Z
Az integr´al egy k´etindexes mennyis´eget ad: Z Mij = d3 xxi Jj ⇒
d3 x0 (−ikˆ xx0 )J (x0 ).
(7.42)
−iµ0 kˆ xi Mij . 4π
(7.43)
Aj =
M antiszimmetrikus r´esze a m´agneses dip´olmomentum (l. (2.90)) Z 1 mi = εijk d3 xxj Jk . 2 133
(7.44)
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 , (7.45) 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 (7.46) ahol bevezett¨ uk ez elektromos kvadrupol tenzort (2.47) alapj´an. Emiatt: Z iωk iωk −iµ0 eikr−iωt 3 0 0 02 (7.47) kˆ xi εijk mk − Qji xˆi − xˆi d x %(x )x . Aj (t, x) = 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: −iµ0 ω eikr−iωt µ0 ω 2 eikr−iωt ˆ− m×x Qˆ x. (7.48) 4πc r 24πc r Az els˝o tag a m´agneses dip´olsug´arz´as, a m´asodik az elektromos kvadrupolsug´arz´as k´eplete. A m´agneses dip´olsug´arz´as az elektromos k´eplettel teljesen anal´og, csak p → ˆ /c m´odon kell az er˝oss´egeket helyettes´ıteni. Az els˝o k´et rend ¨osszege teh´at: m×x µ0 ω 2 eikr−iωt 1 −iµ0 ω eikr−iωt ˆ − Qˆ x. (7.49) p+ m×x A(t, x) = 4π r c 24πc r A(t, x) =
A t´erer˝oss´egek 1 ω 2 eikr−iωt iω 3 eikr−iωt 1 ˆ × (m × x ˆ) − ˆ × Qˆ ˆ×p+ x 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 (7.50) 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 (7.51) 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 + + Tr Q2 . (7.52) 12πc2 c2 1440πc4 134
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).
135
Chapter 8 ´ 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.
8.1
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)).
(8.1)
Haszn´aljunk Lorentz m´ert´eket, ekkor Φ(t, x) = −
% , ε0
A(t, x) = −µ0 J (t0 , x0 ).
(8.2)
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 (7.9) 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 + , (8.3) 4πε0 R c ahol R = x − γ(t¯),
|x − γ(t¯)| t¯ = t − c 136
⇒
c(t − t¯) = R.
(8.4)
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 v(x − γ(t0 )) |x − γ(t0 )| ⇒ , (8.5) = 1 − u = t0 − t + c ∂t0 c|x − γ(t0 )| ezzel Z Z |x − γ(t0 )| 1 1 1 0 0 dt δ t − t + ) = du δ(u) = = , 0 Rv ˆ v(x − γ(t )) c 1 − β R 1− 1− Rc c|x − γ(t0 )| (8.6) ahol β = v/c. Ezt vissza´ırva, ¨osszefoglalva: q 1 R(t¯) v ˙ t¯), β = . Φ(t, x) = , ahol R = x − γ(t¯), t¯ = t − , v = γ( ˆ 4πε0 R 1 − β R c c (8.7) A fenti levezet´essel teljesen anal´og m´odon µ0 q v A(t, x) = . (8.8) ˆ 4πR 1 − β R 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 ¯ expliciten fell´ep˝o 1 − β R nevez˝o. Ez val´oj´aban a dt/dt h´anyados (l. m´eg (8.10)). Az elektromos ´es m´agneses t´erer˝oss´egek kisz´amolhat´ok a 1 rot A (8.9) E = −∇Φ − ∂t A, H= µ0 k´epletekb˝ol. A deriv´al´asok azonban nem egyszer˝ uek a bonyolult retard´al´asi k´epletek miatt. A felhaszn´alhat´o azonoss´agok ∂R ∂Ri ˆ = −vi (t¯), = −Rv ¯ ∂t ∂ t¯ ¯ ¯ ∂ t¯ 1 ∂R ∂ t¯ 1 ˆ ∂t ⇒ ∂t = =1− = 1 − Rβ , ¯ ˆ ∂t c ∂ t ∂t ∂t ∂t 1 − Rβ ˆ ¯ ∂ t¯ 1 ∂R ∂R ∂ t¯ R ∂ 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 ∂R 1 ∂Ri Rv Rj ˆ = Ri = Rj 1 + = . (8.10) ∂xj R ∂xj Rc − Rv R − βR 137
Ezek felhaszn´al´as´aval kaphat´o (r´eszleteket l. 13 f¨ uggel´ekben) az elektromos t´erer˝oss´egre E(t, x) =
˙ ˆ −β ˆ × [(R ˆ − β) × β] R q Z0 q R 2 (1 − β ) + , ˆ 3 4πR ˆ 3 4πε0 R2 (1 − β R) (1 − β R)
(8.11)
´es a m´agneses t´erer˝oss´egre: H(t, x) =
1 ˆ R × E(t, x). Z0
(8.12)
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 =
8.2
1 ˆ 2 RE . Z0
(8.13)
A sug´ arz´ as dip´ ol k¨ ozel´ıt´ ese
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, vagyis ekkor a vektorpotenci´al: µ0 q A(t, x) = v . (8.14) 4πr t−r/c 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 (8.15) ∇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 . (8.16) 4πrc t−r/c 138
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
(8.17)
Ez megegyezik a sug´arz´as (8.11) 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
(8.18)
innen megkaphatjuk a kisug´arzott teljes´ıtm´enyt a t´ersz¨og f¨ uggv´eny´eben (l. (7.34)): Z0 q 2 2 dP = a sin2 θ. dΩ 16π 2 c2
(8.19)
A teljes kisug´arzott teljes´ıtm´enyt pedig a P =
Z0 q 2 2 a 6πc2
(8.20)
Larmor-k´eplet ´ırja le, a v/c kifejt´es vezet˝o rendj´eben. Ez a k´eplet teljesen anal´og a (7.37) k´eplettel, hiszen ha p = qx0 e−iωt alak´ u, akkor ω 2 p ∼ ∂t2 p ∼ qa, ´es ennek a n´egyzet´et tartalmazza (7.37). A 2-es faktor k¨ ul¨onbs´eg a peri´odusra vett a´tlagol´as k¨ovetkezm´enye. Alkalmaz´ as: Mekkora egy k¨orp´aly´an nemrelativisztikusan mozg´o t¨olt´es kisug´arzott teljes´ıtm´enye? Megold´ as K¨orp´alya eset´en a = rω 2 , ahol ω a k¨orfrekvencia. Emiatt Z 0 q 2 c2 v 4 Z0 q 2 r2 ω 4 P = = . 6πc2 6πr2 c
(8.21)
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 (7.37) k´epletet.
139
8.3
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). (8.7) alapj´an sz¨ uks´eg¨ unk van a k¨ovetkez˝o mennyis´egekre: R = x − γ(t¯) = (x, 0, −v t¯),
(8.22)
ahol c(t − t¯) = R, azaz p c(t − t¯) = x2 + v 2 t¯2 ahol bevezett¨ uk a
⇒
p 1 x2 + γ 2 v 2 t2 , t¯ = γ t − γc 2
1 1 =r γ=p 1 − β2 v2 1− 2 c
(8.23)
(8.24)
kifejez´est. Ezzel R − βR = c(t − t¯) + V´eg¨ ul Φ(t, x) =
v2 ¯ c 1p 2 t = ct − 2 t¯ = x + γ 2 v 2 t2 . c γ γ
q γ p , 4πε0 x2 + γ 2 v 2 t2
Az (t, x) =
µ0 q γv p 4π x2 + γ 2 v 2 t2
(8.25)
(8.26)
Az elektromos t´erer˝oss´eghez kell R−
Rv = R−(t− t¯)v = (x, 0, −vt) c
⇒
E=
q γ 4πε0 (x2 + γ 2 v 2 t2 )3/2
x 0 . (8.27) −vt
A m´agneses t´erer˝oss´eghez x x 0 0 1 1 1 0 × 0 = −vx(t − t¯) = −vx , R R c −v t¯ −vt 0 0 azaz
H=
q γ 2 4π (x + γ 2 v 2 t2 )3/2 140
0 −vx , 0
(8.28)
(8.29)
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 x0 + z 2 = r2 = konstans, ahol x0 = = x 1 − β 2 < x. (8.30) 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) =
1 q p , 2 4πε0 r 1 − β2
(8.31)
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 ´att´er´est az egyszer˝ u z 0 = z − vt ´es t0 = t a Galilei transzform´aci´oval v´egezz¨ uk. Vagyis a Maxwell-egyenletek 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.
8.4
Sug´ arz´ as szo asa ¨geloszl´
Most vizsg´aljuk a (8.11) 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 (8.13) 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¯
141
(8.32)
azaz a keresett sz¨ogeloszl´as: ˙ 2 dP Z0 q 2 [ˆ x × ((ˆ x − β) × β)] = . ˆ β)5 dΩ 16π 2 (1 − x
(8.33)
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˙ −(ˆ ˙ 2= [ˆ x×((ˆ x−β)×β)] xβ)
Z0 q 2 a2 sin2 θ dP = . dΩ 16π 2 c2 (1 − β cos θ)5
a2 sin2 θ, (8.34) c2 (8.35)
´ 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. 8.1/a ´abra. Nagy sebess´egek eset´en β ≈ 1,
a.
b.
Figure 8.1: 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. ez´ert (8.24) alapj´an 1 − β = (1 − β 2 )/(1 + β) ≈ 1/(2γ 2 ). Ekkor a kis sz¨ogek
142
domin´alnak, vagyis k¨ozel´ıthetj¨ uk sin θ ≈ θ ´es cos θ ≈ 1 − θ2 /2, azaz 1 − β cos θ ≈ (1 + (γθ)2 )/(2γ 2 ), innen P ≈
(γθ)2 2Z0 q 2 a2 8 γ . π 2 c2 (1 + (γθ)2 )5
Ez azt jelenti, hogy a maximum θmax ≈ Pmax ∼ γ 8 .
1 2γ
(8.36)
k¨or¨ ul tal´alhat´o, a maxim´alis teljes´ıtm´eny
• 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 (1 − x ˙ 2 = (β) 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 β = βez , Ezzel
a β˙ = ex , c
⇒
βˆ x = β cos θ,
˙ x = a sin θ cos ϕ. βˆ c
Z0 q 2 a2 1 sin2 θ cos2 ϕ P = 1− 2 . 16π 2 c2 (1 − β cos θ)3 γ (1 − β cos θ)2
(8.37)
(8.38)
Az eloszl´as k¨ ul¨onb¨oz˝o n´ezetei a 8.1/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
(8.39)
sz¨ogn´el tal´alhat´o Pmax ∼ γ 6 .
A teljes kibocs´atott teljes´ıtm´enyhez ki kell integr´alni a teljes t´ersz¨ogre a (8.33) 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
(8.40)
¨ ahol γ = (1 − β 2 )−1/2 . Osszehasonl´ ıtva a (8.20) 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. 143
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
⇒
1 2 ω 4 r2 β 4 c4 a − (β × a) = 2 a = 2 = 2 2 . γ γ γ r 2
2
(8.41)
Ezzel
Z0 q 2 c2 (γβ)4 . (8.42) 6πr2 Ezt o¨sszehasonl´ıtva (8.21) 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 , (8.43) P = −→ 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 .
(8.44)
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).
8.5
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 144
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 suga´rz´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] 1 2 2 1 2 qZ0 R dP = R E (t) = C (t) ⇒ C(t) = RE sug (t) = ˆ 3 dΩ Z0 Z0 4π (1 − Rβ) (8.45) (itt teh´at hi´anyzik az extra 1−βR faktor a (8.33) egyenlethez k´epest). A spektrom´eterbe be´erkez˝o ¨osszenergia, v´egtelennek tekintve a m´er´esi id˝ot: Z∞ 1 dW = dt C 2 (t). (8.46) dΩ Z0 −∞
Fourier-transzform´alva a fenti kifejez´est, ´es felhaszn´alva, hogy C(t) val´oss´aga miatt C(−ω) = C ∗ (ω), kapjuk Z∞ Z∞ 1 dW 1 dω 2 = |C(ω)| = dω |C(ω)|2 . (8.47) dΩ Z0 2π πZ0 −∞
0
Innen beazonos´ıthatjuk az adott frekvenciatartom´anyban ´eszlelhet˝o teljes´ıtm´enyt (intenzit´ast): 1 d2 P |C(ω)|2 . (8.48) = dΩdω πZ0 Fel´ırhatjuk E-t illetve C-t polariz´aci´os ir´anyok szerint: ⇒
C = e1 C1 + e2 C2
C1,2 = e1,2 C,
(8.49)
ezzel
d2 P 1 = |C1 (ω)|2 + |C2 (ω)|2 , dΩdω πZ0 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)
−∞
145
˙ ˆ × [(R ˆ − β) × β] R , ˆ 2 (1 − Rβ)
(8.50)
(8.51)
ahol alkalmaztuk a t0 = 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 (8.52) 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
(8.53)
−∞
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
(8.54)
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) ⇒ . (8.55) 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 Z0 q eC(ω) = − 4π
Z∞
dteiω(t−ˆxγ(t)/c)
˙ + (eβ)(1 ˙ ˆ β) (eβ)(ˆ xβ) −x . 2 ˆ β) (1 − x
(8.56)
−∞
8.5.1
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 β = β − sin ω ¯ t , β˙ = −β ω ¯t , γ = % cos ω ¯ cos ω 0 0 0 cos θ 0 sin θ ˆ = 0 , ek = 1 , e⊥ = ek × x ˆ = 0 . x (8.57) sin θ 0 − cos θ 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, (8.58) 146
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
(8.59)
−∞
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 a 2 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
(8.60)
3
jel¨ol´est, ´es felhaszn´altuk a kor´abban l´atott 1 − β ≈ ahol bevezett¨ uk az a2 = 2ω (1−β) ω ¯2 2 1/(2γ ) 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) %
(8.61)
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 2 3 id˝o ∆t = ∆t0 (1 − β) ∼ ∆t0 /γ ∼ %/(cγ ). Fourier-t´erben az ennek megfelel˝o frekvencia ωc ∼ γ 3 c/%.
147
Chapter 9 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
(9.1)
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
(9.2)
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 = = . (9.3) 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 148
(9.4)
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 . (9.5) dΩ
9.1
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
(9.6)
A Maxwell-egyenleteket ekkor forr´astag n´elk¨ ul ´ırhatjuk fel ∇D = 0,
∇B = 0,
∇ × E = −∂t B,
∇ × H = ∂t D.
(9.7)
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
(9.8)
´ Atrendezve: D = ε0 ∂t ∇ × (B − µ0 H) − ∇ × (∇ × (D − ε0 E)),
(9.9)
vagy a szuszceptibilit´asokkal kifejezve: D = ε0 µ0 ∂t ∇ × (χM H) − ε0 ∇ × (∇ × (χE E)).
(9.10)
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)).
(9.11)
Ezt form´alisan meg tudjuk oldani a Helmholtz oper´ator Green f¨ uggv´enye (7.6) seg´ıts´eg´evel: Z ik|x−x0 | 1 3 0e D = D0 + dx iε0 µ0 ω∇ × (χM H) + ε0 ∇ × (∇ × (χE E)) . (9.12) 4π |x − x0 | 149
A m´asodik tag felel meg a sz´ort hull´amnak. T´avoli megfigyel˝o eset´en a szok´asos k¨ozel´ıt´esˆ x0 kapjuk sel ´elve |x − x0 | ≈ r − x Z eikr 1 3 0 −ikˆ xx0 D = D 0 + ε0 dx e iωµ0 ∇ × (χM H) + ∇ × (∇ × (χE E)) . (9.13) 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)) , (9.14) 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 (9.15) 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
⇒
..., (9.16) 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 (9.1) 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 (9.17) Asz´ort = 4π E be , H be
Vezess¨ uk be a q = k − kˆ x
(9.18)
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 (9.19) 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 . (9.20) 4π 150
Emiatt azt´an a differenci´alis hat´askeresztmetszet (9.4) 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
(9.21)
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 , (9.22) 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 (9.23) 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
(9.24)
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
(9.25)
A kimen˝o polariz´alts´ag jellemz´es´ere vezess¨ uk be: dσ⊥ dσk − dΩ . Π(θ) = dΩ dσ⊥ dσk + dΩ dΩ
(9.26)
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. 151
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. (4.35)) 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). (9.27)
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. (4.191) a µr = 0 limeszben). Ez megfelel B = µ0 (H + M ) ⇒ χM (x) = −2πr3 δ(x). (9.28) Ezzel az integr´alok elv´egezhet˝ok, ´es 2 1 dσ ˆ × e0 )(ˆ = k 4 r6 e∗ e0 − (k x × e∗ ) dΩ 2 A k¨ ul¨onb¨oz˝o polariz´aci´ok j´arul´eka 2 cos θ dσ⊥ 1 4 6 , = k r 1 − dΩ 2 2
dσk 1 4 6 = k r cos θ − dΩ 2
(9.29)
2 1 . 2
A polariz´aci´okra ¨osszegzett differenci´alis hat´askeresztmetszet dσ 5 4 6 2 =k r (1 + cos θ) − cos θ , dΩ 8
(9.30)
(9.31)
a kimen˝o polariz´alts´ag Π(θ) =
3 sin2 θ . 5(1 + cos2 θ) − 8 cos θ
(9.32)
Ezeket a 9.1 a´br´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.
152
Figure 9.1: Differenci´alis hat´askeresztmetszet ´es polariz´alts´ag f´emg¨omb¨on val´o sz´or´as eset´en
9.2
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. (9.33) j
Ezzel (9.25) alapj´an k4 dσ⊥ = |γmol |2 |F(q)|2 , dΩ 32π 2
F(q) =
X j
e−iqxj ,
dσk dσ⊥ = cos2 θ . dΩ dΩ
(9.34)
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 ) . (9.35) ij
Ide´alis, korrel´alatlan g´az eset´en a sz´or´ocentrumok v´eletlenszer˝ uen helyezkednek el, vagyis 2 az i 6= j j´arul´ekok ki´atlagolj´ak egym´ast, ez´ert marad |F(q)| = 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
(9.36)
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.
153
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
(9.37)
l. a 9.2 a´br´an. L´athat´oan cos θ = 0, azaz a bej¨ov˝o ir´anyra mer˝olegesen a legkisebb a
Figure 9.2: 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 (9.5) 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
(9.38)
−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, (4.186)), ezzel α=
2k 4 (n − 1)2 , 3πN
√
εr ≈
(9.39)
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, (9.40) 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 154
Pbe = dASbe . Emiatt dPbe dA = −σ = −dAdxα Pbe
⇒
d ln Pbe = −α dx
⇒
(0)
Pbe ∼ Pbe e−αx .
(9.41)
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 finmo´ıt´asra szorul akkor, ha a g´azban vannak korrel´aci´ok, azaz a s˝ ur˝ us´egingadoz´asok hatnak egym´asra. 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
(9.42)
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 (9.25) k´eplet szerint Z dσ⊥ k4 k 4 (n − 1)2 2 = |δχE (q)| = d3 xd3 ye−iq(x−y) δN (x)δN (y). (9.43) 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
155
(9.44)
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 (l. F¨ uggel´ek 14.2 fejezete) pedig a deriv´alt ´at´ırhat´o. V´eg¨ ul is azt kapjuk, hogy 1 ∂V hδN 2 i = N kB T βT , ahol βT = − , (9.45) N V ∂p T az izoterm kompresszibilit´as. Ezzel 1 dσ⊥ k 4 (n − 1)2 = kB T βT , V dΩ 8π 2
α=
2k 4 (n − 1)2 kB T βT . 3π
(9.46)
Ide´alis g´azra T βT = 1/N , azaz val´oban visszakapjuk a fenti k´epletb˝ol (9.39) k´epletet. Ha a g´az messze van az ide´alist´ol, akkor ez a k´eplet alkalmazand´o, p´eld´aul m´asodrend˝ u f´azis´atalakul´as k¨ozel´eben, ahol βT → ∞. Ekkor az anyag sz´or´asi k´epess´ege jelent˝osen feler˝os¨odik: ez a kritikus opaleszcencia jelens´ege. Ha a sz´or´ocentrumok rendezetten helyezkednek el, akkor F(q) bonyolultabb strukt´ ur´at mutat. Pl. k¨ob¨os r´acsot v´eve: xj = a
3 X
ni ∈ N ,
ni e i ,
(9.47)
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
2N + 1 qa 2 . qa sin 2
2Ni + 1 qi a 2 , qi a sin 2
(9.48)
(9.49)
Innen
2Ni + 1 qi a 2 2 |F(q)| = . (9.50) qi a sin2 i=1 2 2 |F(q)| 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 2
3 sin Y
qi =
2π`i , a
ahol `i ∈ N .
(9.51)
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. 156
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.
157
Chapter 10 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.
10.1
el. m´agn. hull´am: sz´or´asi jelens´egek, ⇒
anyag
⇒
el. m´agn. hull´am:
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 .
158
(10.1)
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).
−∞
(10.2) Emiatt a skal´arpotenci´al egyenlete: (k 2 − µ0 εω 2 )Φ =
2πq δ(ω − kv), ε
(10.3)
ahonnan
2πq δ(ω − kv) vδ(ω − kv) , A(ω, k) = 2πqµ0 2 . (10.4) 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
(10.5)
A m´agneses indukci´o B = rotA, azaz B = ∇ × A = iµ0 εΦ k × v = µ0 εv × E.
(10.6)
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 (10.7) 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 159
1−
v2 c2k¨ozeg
(10.8)
! .
(10.9)
Ha v
ω
(10.10) 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
(10.11)
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
(10.12)
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 [9]. Vagyis iK1 (λx) iqλ . 0 E(ω, x) = − (10.13) 2πεv vλ K (λx) 0 ω A m´agneses indukci´o (10.6) alapj´an 0 qµ0 λK1 (λx) 1 . B = µ0 εv × E = 2π 0
(10.14)
A Poynting-vektor:
−By Ez 1 1 0 . S = E×B = µ0 µ0 By Ex
(10.15)
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 . (10.16) dt µ0
160
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). (10.17)
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
(10.18)
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 . (10.19) 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 = . (10.20) 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
.
(10.21)
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 161
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.
10.2
´ 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), (10.22)
ahol E = E inhom + E hom , ´es az inhomog´en r´esz megold´as´at Fourier-t´erben (10.5) ´es (10.6) 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
(10.23)
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
(10.24)
¨osszefoglalva −iq E(ω, kT , z) = εv
λ2 v kT + eZ ω
eiωz/v . kT2 + λ2
(10.25)
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,
162
kz2 + kT2 = εr
ω2 . c2
(10.26)
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
(10.27)
vagyis kz ± ± E hom (ω, kT , z) = Ek ez ∓ 2 kT + E⊥ e⊥ e±ikz z , kT
r
kz =
εr
ω2 − kT2 . (10.28) 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 (10.29) 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
(10.30)
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)
(10.31)
(10.32)
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 = 163
dx2T dzε0 E 2 .
(10.33)
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 . (10.34) 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
(10.35)
Be´ırva ide Ek alakj´at kapjuk Z∞ W =
dωdΩ
sin2 θ q2v2 , 4π 3 ε0 c3 (1 − β 2 cos2 θ)2
(10.36)
0
ahonnan
d2 W q2v2 sin2 θ = 3 3 . dωdΩ 4π ε0 c (1 − β 2 cos2 θ)2
(10.37)
α = q 2 /(4πε0 ~c) = 1/137
(10.38)
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
(10.39)
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.
164
Chapter 11 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 a´tt´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 a´tt´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 ´allap´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.
11.1
Lorentz-transzform´ aci´ o
Kor´abban l´attuk a 3.4 fejezetben, hogyan lehet a Maxwell egyenleteket t¨om¨oren, a n´egyes formalizmus felhaszn´al´as´aval fel´ırni. Ezek kiz´ar´olag n´egyes skal´arszorzatokat tartalmaznak. 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´arszorzatot 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 ,
165
∀ aµ
(11.1)
amelyre a n´egyes skal´aris szorzat invari´ans marad: a 0 · b0 = a · b
∀ a, b
0
0
0
Λµ.ν aν gµµ0 Λµ.ν 0 bν = aν bν gνν 0 .
⇒
(11.2)
Ha ez minden a, b-re teljes¨ ul, akkor 0
Λµ.ν Λµ.ν 0 gµµ0 = gνν 0 .
(11.3)
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 ,
(11.4)
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
(11.5)
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).
⇒
(11.6)
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).
(11.7)
Ha az a´rams˝ ur˝ us´eget is n´egyesvektork´ent transzform´aljuk, akkor µν
0
0
0 0
0
ν
µ ν %ν ∂µ0 F 0 (x0 ) = Λ.µ (x) = Λν.ν 0 ∂µ0 F µ ν (x) = Λν.ν 0 µ0 J ν (x) = µ0 J 0 (x0 ), µ ∂µ0 Λ.% Λ.ν 0 F (11.8) 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 (11.3) 4 × 4es 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 Λµ.ν = (11.9) Λ2.0 Λ2.1 Λ2.2 Λ2.3 ⇒ gΛ gΛ = 1. Λ3.0 Λ3.1 Λ3.2 Λ3.3
166
Ennek speci´alis p´eld´aja, ha Λ0.0 = 1, Λ0.i = Λi.0 = 0, ´es Λi.j = Oij , azaz Λµ.ν
=
1 0 0O
⇒
T
gΛ gΛ =
1 0 0 OT
1 0 0O
=
1 0 0 OT O
=
10 01
.
(11.10)
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 = (11.11) 0 0 1 0. 0 0 01 El´eg a fels˝o alm´atrixra koncentr´alni, erre (11.3) megk¨ot´es: 0 0 0 Λ.0 Λ.1 (Λ0.0 )2 − (Λ1.0 )2 Λ0.0 Λ0.1 − Λ1.0 Λ1.1 10 Λ.0 −Λ1.0 T = = gΛ gΛ = , Λ1.0 Λ1.1 −Λ0.0 Λ0.1 + Λ1.0 Λ1.1 (Λ1.1 )2 − (Λ0.1 )2 −Λ0.1 Λ1.1 01 (11.12) 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
(11.13)
.
(11.14)
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 .
(11.15)
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
(11.16)
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”.
167
Mivel 1 1 p cosh η = p = = γ, 1 − v 2 /c2 1 − tanh2 η
tanh η = −γβ, (11.17) sinh η = p 1 − tanh2 η
a Lorentz-transzform´aci´o m´atrixa: Λµ.ν
=
γ −βγ −βγ γ
.
(11.18)
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
.
(11.19)
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
(11.20)
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
(11.21)
A t´erer˝oss´egtenzor tenzork´ent transzform´al´odik F0
µν
0 0
= Λµ.µ0 Λν.ν 0 F µ ν .
(11.22)
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 .
(11.23)
Az elektrom´agneses t´errel megfogalmazva E10 = E1 , B10 = B1 ,
E3 + vB2 E2 − vB3 , E30 = p E20 = p 1 − v 2 /c2 1 − v 2 /c2 B2 + vE3 /c2 B3 − vE2 /c2 B20 = p , B30 = p . 1 − v 2 /c2 1 − v 2 /c2 168
(11.24)
11.2
T¨ omegpont relativisztikus dinamik´ aja
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 (11.25) 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.
(11.26)
t1
Kovari´ans mennyis´eg a n´egyessebess´eg – szok´asosan norm´alni szokt´ak c-vel uµ =
v 1 dγ µ = γ(1, ) c dτ c
⇒
uµ uµ = 1.
(11.27)
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 .
(11.28)
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 (11.29) ahol E a r´eszecske energi´aja, ´es a relativisztikus, sebess´egf¨ ugg˝o t¨omegnek m0 m= p 1 − v 2 /c2
(11.30)
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 c2
169
⇒
E 2 = p2 c2 + m20 c4 . (11.31)
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 . (11.32) ∂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 (11.33) = q (Ei + εijk vj Bk ) , c a´trendezve ∂t (mv) = q(E + v × B).
(11.34)
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,
(11.35)
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 . (11.36) 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% ), (11.37) 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 ) . 170
(11.38)
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 (11.39) A (11.36) egyenletet ´at´ırva 1 1 µ% νν 0 µ %µ %µ µν % ∂t P + ∂% T = 0, ahol T = −F F.ν + g F Fνν 0 , (11.40) µ0 4 vagy komponensekben ki´ırva 1 ∂t (pi + T i0 ) + ∂j T ij = 0. c
∂t (E + T 00 ) + ∂i (cT i0 ) = 0,
(11.41)
A t´erer˝oss´egekkel kifejezve: 1 νν 0 1 0i 1 2 1 2 ij F Fνν 0 = 2F F0i + F Fij = − 2E + B , 4µ0 4µ0 2µ0 c
(11.42)
ez´ert T
00
T 0i T ij
1 1 2 ε0 1 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 2 1 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
(11.43)
megegyeznek a kor´abban (3.24), (3.25), (3.32) ´es (3.33) egyenletekben megfogalmazott k´epletekkel. Mivel T µν = T νµ emiatt S = c2 g most term´eszetes m´odon teljes¨ ul.
11.3
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 • Ha egy rendszerben B = 0, akkor egy m´asik rendszerben Ek0 (x) = Ek (Λ−1 x),
171
E 0⊥ (x) = γE ⊥ (Λ−1 x).
(11.44)
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
(11.45)
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 (11.46) ami megegyezik a k¨ozvetlen sz´amol´as eredm´eny´evel. • A d’Alambert oper´ator 1 2 ∂t = −∂µ ∂ µ , (11.47) 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) ,
E0 1 B = ex × E = ez e−iω(t−x/c) . c c
(11.48)
A mozg´o vonatkoztat´asi rendszer sebess´ege v = (v, 0, 0) legyen. Ekkor Ex0 = Ez0 = 0,
Bx0 = By0 = 0, Ey0 (x) = γ(Ey (¯ x) − vBz (¯ x)), vEy (¯ x) Bz0 (x) = γ(Bz (¯ x) − ), x¯ = Λ−1 x. (11.49) 2 c
Be´ırva Ey ´es Bz alakj´at s 1 − v/c ¯ E0 e−iω(t−¯x/c) , Ey0 (x) = 1 + v/c
s Bz0 (x) =
1 − v/c E0 −iω(t¯−¯x/c) e . 1 + v/c c
(11.50)
Az exponensben szerepl˝o kifejez´es xv t¯ = γ(t + 2 ), c
x¯ = γ(x + vt)
⇒ 172
x¯ ω(t¯ − ) = c
s
1 − v/c x ω(t − ). (11.51) 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 E0 , ω0 = ω. (11.52) E 0 (x) = E00 ey e−iω (t−x/c) , E00 = 1 + v/c 1 + v/c A frekvencia v´altoz´asa a Doppler-effektus. Ha v = c rendszerbe tudn´ank ´atmenni, unne a hull´am! akkor ω 0 = 0 ´es E00 = 0 lenne, azaz elt˝ 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
ω0 ω v = 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
(11.53)
(11.54)
(11.55)
• 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 2 x − vt v + v0 0 t − vx/c p p t. (11.56) =v ⇒ x= 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
(11.57)
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 ) 1 + tanh η tanh η 0
vagyis a rapidit´asban addit´ıvek a sebess´egek.
173
⇒
η¯ = η + η 0 ,
(11.58)
11.4
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 (7.8)ben |x| 1 δ t∓ . (11.59) 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 )
(11.60)
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 (11.61)
Emiatt
cΘ(−t) cΘ(t) δ(x2 ), GA (x) = δ(x2 ). (11.62) 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 (8.7) ´es (8.8) k´epletek ¨osszefoglalhat´ok mint µ0 q (c, v) µ A = , R = x − γ(t0 ), c(t − t0 ) = R. (11.63) 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)),
(11.64)
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) ,
(11.65) (11.66)
hiszen R = c(t − t0 ) a retard´al´as egyenlete. Emiatt µ0 qc uµ A = , 4π Rµ uµ t0 µ
174
(11.67)
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 (8.20) egyenletben ´ırtuk le: P =
Z0 q 2 2 dE = a, dt 6πc2
ha
v c.
(11.68)
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
(11.69)
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), (11.70) 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 . (11.71) ´ o koordin´atarendszerben aµ → (0, a), azaz All´ aµ aµ → −a2 ,
(11.72)
vagyis megtal´altuk a a2 relativisztikus kiterjeszt´es´et. Ezzel a relativisztikus Larmork´eplet: Z0 q 2 µ P =− a aµ . (11.73) 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
(11.74)
Z0 q 2 6 2 γ (a − (β × a)2 ). (11.75) 6πc2 Ez a k´eplet megegyezik a k¨ozvetlen sz´amol´assal kapott (8.40) 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) . (11.76) dτ m0 m0 c P =
175
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
(11.77)
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) − . (11.78) 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
(11.79)
Vagyis v´eg¨ ul (11.73) alapj´an Z0 q 2 (p × ∂t p)2 2 P = (∂t p) + . 6πm20 c2 m20 c2
(11.80)
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
(11.81)
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 (11.82)
Defini´alva a r´eszecske t¨olt´essugar´at olyan m´odon, hogy q2 = m0 c2 , 4πε0 r0
(11.83)
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
⇒
(11.84)
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
176
(11.85)
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´eszecske-antir´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 ¨osszef¨ 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 (10.38), 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
(11.86)
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.
177
Chapter 12 Matematikai alapfogalmak A matematikai megfogalmaz´ashoz sz¨ uks´eges defin´ıci´ok a k¨ovetkez˝ok: 12.1. Defin´ıci´ o A mez˝o egy U : M → V lek´epez´es, ahol M valamilyen alapt´er1 , V pedig egy m dimenzi´os vektort´er. Az elektrodinamik´aban az alapteret Rn -nek, a V vetorteret Rm -nek fogjuk tekinteni. 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 lehet R3 ≡ {(x)} 4 fizikai t´er, vagy R ≡ {(t, x)} id˝of¨ ugg˝o folyamatok eset´en. Az m ´ert´eke lehet b´armekkora, n´eh´any fizikai p´elda: • 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 ul el fogjuk hagyni, minden x ∈ Rn vektor: ´ıgy pl. x = ni=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 o¨nmagukban nincs jelent´es¨ uk, csup´an a b´azis megad´as´aval egy¨ utt ´ertelmesek. n R -ben adott egy skal´arszorzat Rn × Rn → R. A Descartes-b´azis erre a skal´arszorzatra n´ezve ortonorm´ kifejezve pPnu, v ∈ Pn alt: ei ej = δij . Emiatt a Descartes komponensekkel √ n 2 R -re u · v = i=1 ui vi . A vektor hossza (abszol´ ut ´ert´eke) |u| = u · u = i=1 ui . n n A skal´arszorzat seg´ıts´eg´evel u ∈ R elemmel megval´os´ıthatunk egy R → R line´aris lek´epz´est is2 , amennyiben u : v 7→ u · v. 1 2
differenci´ alhat´ o sokas´ ag; de ezt itt nem defini´aljuk. Ez ´ altal´ aban a vektort´er du´ alisa.
178
´ Altal´ aban k´et t´er direkt szorzata Rn × Rm ' Rn+m , amit l´athatunk u ´gy is, hogy n m n m ha u ∈ R ´es v ∈ R , akkor az (u, v) p´ar ∈ R × R , de ez jellemezhet˝o n + m komponenssel3 . Besz´elhet¨ unk Rn ⊗ Rm ≡ Rnm tenzorszorzatr´ol is, ennek seg´ıts´eg´evel vezethet¨ unk be tenzorokat (m´atrixokat). Ehhez el˝osz¨or defini´aljuk u ´es v tenzorszorzat´at, vagy m´as n´even diadikus szorzat´at: u⊗v ≡ u◦v, ezzel megval´os´ıthatunk egy Rm → Rn lek´epez´est, amely w ∈ Rm vektorra hatva u ⊗ v : w 7→ u(v · w). A diadikus szorzatok line´ar kombin´aci´oi alkotj´ak a Rn ⊗ Rm elemeit. Kifejtve b´azisokban: ha u = ui ei ´es v = vj fj , akkor u ⊗ v = ui vj ei ⊗ fj . Ezek line´arkobin´aci´oi mind kifejthet˝ok ebben a b´azisban, azaz a´ltal´anos M ∈ Rn ⊗ Rm eset´en M = Mij ei ⊗ fj . Ezek a tenzorok m´atrix jel¨ol´esben. Egy M : Rm → Rn lek´epz´esk´ent komponens jel¨ol´esben wj 7→ Mij wj , ez a szok´asos m´atrixszorz´as. A tenzorokra csak´ ugy mint a vektorokra igaz, hogy a komponensek k¨ ul¨on nem ´ertelmesek, csakis a b´azissal egy¨ utt. 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.
12.1
Mez˝ ok deriv´ altja
12.2. Defin´ıci´ o U : Rn → Rm mez˝o deriv´altja ∇U : Rn → Rnm mez˝o, egy adott ∂Uj , ahol i = 1, . . . n, j = pontban komponensekben kifejezve ∇U (x) → ∂i Uj (x) ≡ ∂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´ıtett 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 ,
(12.1)
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: 3
Olykor a direct szorzatot vektorterek direkt ¨osszegek´ent is szokt´ak nevezni, U × V ' U ⊕ V
179
– div U = ∂i Ui skal´armez˝o, U divergenci´aja – rot U = ∇ × U = εijk ∂j Uk vektormez˝o, U rot´aci´oja.4 • 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.
12.2
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 • fel¨ ulet: R2 ⊃ A → R3 f¨ uggv´eny, komponensekben fi (u, v). Egy fel¨ uletnek k´et dfi dfi ´erint˝ovektora van, ezeket a ´es vektorok fesz´ıtik ki. A fel¨ ulet norm´alisa 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) =
s
dτ I
dsi U (s(τ )). dτ
M´as param´eterez´est v´alasztva τ (t) a´tt´er´essel: Z Z Z dsi dτ dsi dt dsi dτ U (s(τ )) = dt U (s(τ (t))) = dt U (s(t)), dτ dt dt dτ dt I I0 I0 azaz param´eterez´esf¨ uggetlen. Fel¨ uletre vett integr´al Z Z dfj dfk dfi U (f ) = dudv εijk U (f (u, v)). du dv f A
(12.2)
(12.3)
(12.4)
Err˝ol szint´en k¨onnyen bel´athat´o, hogy param´eterez´esinvari´ans. 4
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` .
180
V´eg¨ ul t´erfogatra vett integr´al Z
d3 xU (x).
(12.5)
V
Elvileg ezt is lehetne param´eterezni x(a, b, c), ekkor a t´erfogatelem d3 x = εijk
dxi dxj dxk , da db dc
(12.6)
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 = f (b) − f (a). (12.7) dt 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) I∂V ZV dsi Ui (Stokes). (12.8) dfi [rot U ]i = ∂A
A
Der´eksz¨og˝ u tartom´anyokra mindkett˝o bizony´ıt´asa egyszer˝ u: Zb1
Zb2 dx1
a1
Zb3 dx2
a2
Z
dx3 ∂1 U1 (x1 , x2 , x3 ) = a
Zb3 dx3 [U1 (b1 , x2 , x3 ) − U1 (a1 , x2 , x3 )] =
dx2 a2
Z3
df1 U1 + B1
Zb2
a3
df1 U1 ,
(12.9)
A1
mivel az ir´any´ıt´as ott ellent´etes. Minden oldalra fel¨osszegezve kapjuk a Gauss-t´etelt. M´asr´eszt Zb1
Zb2 dx2 [∂1 U2 −∂2 U1 ] =
dx1 a1
Zb2
a2
Zb1 dx2 [U2 (b1 , x2 )−U2 (a1 , x2 )]−
a2
dx1 [U1 (x1 , b2 )−U1 (x1 , a2 )];
a1
(12.10) 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.
181
12.3
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∗ . (12.11) Ekkor a ∆F(i) = λi F(i)
(12.12)
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 as miatt ci = bF(i) . egy¨ utthat´ok, hogy b = N i=1 ci F(i) . Az ortogonalit´ Komponensekben a vektorokra igaz: N X
∗ F(i),a F(i),b
= δab ,
N X
´es
(12.13)
a=1
i=1
12.4
∗ F(i),a F(j),a = δij .
Legendre-polinomok
A Legendre-f´ele differenci´alegyenlet d dP (1 − x2 ) + ν(ν + 1)P = 0 dx dx
12.4.1
(12.14)
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 n=0
182
cn x n
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 Ez´ert cj+2 =
j∈N
(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: 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 (12.15) (j + 2)(j + 1) Mivel
cj+2 →1 cj
ha
j→∞
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 183
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 <e ≥ −
12.4.2
1 2
Ortogonalit´ as
A Legendre-polinomok ortogon´alisak: Z 1 d 2 dPl (x) (1 − x ) + l(l + 1)Pl (x) 0= dxPl0 (x) dx dx −1 Z 1 dPl0 (x) 2 dPl (x) (1 − x ) + l(l + 1)Pl0 (x)Pl (x) = dx − dx dx −1 ´es 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 Z
−1
azaz Z
1
dxPl0 (x)Pl (x) = 0
l 6= l0
−1 n
Mivel minden x 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´aci´oval 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. 184
12.4.3
Rodrigues formula
A fentiekb˝ol k¨ovetkezik a Rodrigues formula: Pl (x) =
1 dl 2 (x − 1)l l l 2 l! dx
Bizony´ıt´as: el˝osz¨or is l-szeres parci´alis integr´al´assal Z +1 dl dxxn l (x2 − 1)l = 0 dx −1
l>n
teh´at mindenk´eppen igaz, hogy Pl (x) ∝
dl 2 (x − 1)l l dx
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 Bizony´ıt´as: 1 dl 1 dl 2 l l l (x − 1) = (x − 1) (x + 1) 2l l! dxl 2l l! dxl x=1 x=1 l n 1 X l dl−n d l l = l (x − 1) n (x + 1) 2 l! n=0 n dxl−n dx 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
12.4.4
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
185
x=1
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) 1 − 2tr + r2 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
12.4.5
Norm´ al´ as
Most m´ar csak Z
1
dxPl (x)2
Nl = −1
kell. Induljunk ki a gener´atorf¨ uggv´enyb˝ol:
1 √ 1 − 2xt + t2
2 =
∞ X ∞ X
tk tl Pl (x)Pk (x)
l=0 k=0
Mindk´et oldalt integr´alva Z
1
−1
∞
X dx Nk t2k = 2 1 − 2xt + t k=0 186
Elemi integr´al´assal Z
1
−1
dx 1+t 1 = 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
Nk t2k =
k=0
∞ X k=0
tn n
2 t2k 2k + 1
azaz a Legendre-polinomok teljes ortogonalit´asi rel´aci´oja Z 1 2 dxPl0 (x)Pl (x) = δll0 2l + 1 −1
12.4.6
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
12.5
Z
+1
dxPl (x)f (x) −1
Asszoci´ alt Legendre-fu enyek ¨ ggv´
Az asszoci´alt Legendre-egyenlet d m2 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 . 187
(12.16)
12.5.1
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.
12.5.2
Ansatz ´ es rekurzi´ o
Ez´ert keress¨ uk a megold´ast a k¨ovetkez˝o alakban: P (x) = (1 − x2 )m/2 p(x) 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) 188
(12.17)
Ez a rekurzi´o m = 0-ra visszaadja (12.15)-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.
12.5.3
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
dm Pl (x) dxm
megoldja az asszoci´alt Legendre-egyenletet. 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 dm dP 2 d P = m (1 − x ) 2 − 2x + l(l + 1)P 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 1+m m 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)
(m)
d2 p (x) dp (x) (m) (1 − x ) l 2 − 2(m + 1)x l + [l(l + 1) − m(m + 1)] pl (x) = 0 dx dx 2
egyenletet. M´asfel˝ol a (12.17) 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 )
d2 p(x) dp(x) − 2(m + 1)x + [l(l + 1) − m(m + 1)] p(x) = 0 2 dx dx 189
(12.18)
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 (12.18) egyenletnek norm´al´as erej´eig egyetlen olyan megold´asa van, ami l − m-edfok´ u polinom.
12.5.4
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 dxm 2l l! dxl+m
Ez kiterjeszthet˝o arra az esetre, ha −l ≤ m ≤ l. Azonban mivel (12.16) 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
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 dxl−m dxl+m 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. 190
12.5.5
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. 4. Norm´al´as Z
+1
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 l 1 d m (l + m)! = (−1) dx l (x − 1) (x2 − 1)l (l − m)! −1 2 l! dxl−m 2l l! dxl+m 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
191
2 (l + m)! δll0 2l + 1 (l − m)!
12.6
G¨ ombfu enyek ¨ ggv´
Defin´ıci´o:
s Ylm (θ, φ) =
2l + 1 (l − m)! m Pl (cos θ)eimφ 4π (l + m)!
Ortonorm´alts´ag: Z
dΩYlm (θ, φ)∗ Yl0 m0 (θ, φ) = δll0 δmm0
Bizony´ıt´as: dΩ = sin θdθdφ = d(cos θ)dφ azaz Z
dΩYlm (θ, φ)∗ Yl0 m0 (θ, φ) s s Z Z 2π 2l + 1 (l − m)! 2l0 + 1 (l0 − m0 )! 1 0 m m0 dxPl (x)Pl0 (x) = dφe−i(m−m )φ 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) 4π (l + m)! 4π (l0 + m)! −1 s s 2l + 1 (l − m)! 2l + 1 (l − m)! 2 (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 f (θ, φ) =
∞ X m X
flm Ylm (θ, φ)
l=0 l=−m
Z flm =
dΩYlm (θ, φ)∗ f (θ, φ) 192
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 =
0
Z
d(cos θ )
dφ
∞ X m X
! 0
0 ∗
Ylm (θ, φ)Ylm (θ , φ )
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.
12.7
Bessel-fu enyek ¨ ggv´
A Bessel-f´ele differenci´alegyenlet ν2 1 0 J (x) + J (x) + 1 − 2 J(x) = 0 x x 00
12.7.1
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)! seg´ıts´eg´evel. A standard indul´o norm´al´as a0 =
1 2α Γ(α 193
+ 1)
n ∈ Z+
ekkor a2k =
(−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
(12.19)
ezek a sorok minden x ∈ C-re abszol´ ut konvergensek. 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 (12.19) 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 194
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) =
(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 − t ) t dt = 2 (1 − t2 )ν−1/2 t2s dt 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 Γ(s + 1/2) = (s + 1/2)(s − 1/2)...(1/2)Γ(1/2) ´es Γ(1/2) =
√
π, ez´ert Γ(s + 1/2) = 195
(2s)! √ π 22s s!
Ezt be´ırva, az integr´alunk ∞ x ν X x 2s x ν Z +1 (−1)s 1 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) →
ahol
n X 1
γ = lim
n→∞
k=1
k
ν=0 ν 6= 0
! − log n
= 0.5772 . . .
az Euler-Mascheroni a´lland´o. Nagy x-re pedig r νπ π 2 Jν (x) → cos x − − πx 2 4 r 2 νπ π sin x − − Nν (x) → πx 2 4 Ez ut´obbit a m´odos´ıtott Bessel-f¨ uggv´enyek seg´ıts´eg´evel igazoljuk.
12.7.2
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
−ν
= i 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 196
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) =
π ν+1 (1) i Hν (ix) 2
itt a komplex hatv´any ´ert´eke
π
iν+1 = ei 2 (ν+1) 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 (x) Iν−1 (x) − Iν+1 (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). 197
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 1 2 πΓ ν + 2 −1 M´asr´eszt igazolhat´o, hogy √ x ν Z ∞ π Kν (x) = (t2 − 1)ν−1/2 e−xt dt 2 Γ ν + 12 1
x > 0 , ν > −1/2
x > 0 , ν > −1/2
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
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 2t(t − 1) e−xt dt =x x(t − 1) − n+ 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
198
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 helyettes´ıt´est haszn´alva Z ∞ ν (t2 − 1)ν−1/2 e−xt dt Pν (x) = x 1
ν−1/2 2u u2 =x + 2 e−x−u du x x 0 ν−1/2 Z ∞ 2x −ν −x =x e u2ν−1 e−u du 1+ 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 2 Γ ν + 12 1
Kν (x) =
199
12.7.3
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) ∼ Viszont
π −x e 2x
π ν+1 (1) i Hν (ix) 2 r 2 i(x−(ν+1/2)π/2) (1) Hν (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
2 νπ π cos x − − πx 2 4 r νπ π 2 Nν (x) ∼ sin x − − πx 2 4 Jν (x) ∼
12.7.4
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 K0 (x) = e−x (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 ∞ 1 1 2 cos ξ x + x3 dx = √ K1/3 (x) 3 3 3 0 ugg´eseket. ¨osszef¨ 200
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 ∞ Γ 1+α − ν Γ 1+α +ν πΓ 1+α α 2 2 2 2 dx x Kν (x) = 4Γ 1 + α2 0 ahol Re (α + 2ν) > −1 ´es Re (α − 2ν) > −1 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
12.7.5
A Bessel-fu enyek gy¨ okei ¨ ggv´
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
12.7.6
Egy fontos integr´ al
Amennyiben Jν (ξa) = 0 akkor
Z
a
x [Jν (ξx)]2 dx =
0
201
a2 [Jν+1 (ξa)]2 2
El˝osz¨or is Jn megoldja a Bessel-egyenletet, ez´ert d2 d Jν (ξx) + (ξ 2 x2 − ν 2 )Jν (ξx) = 0 x J (ξx) + x ν 2 dx dx 2
´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
azaz d 2ξ 2 xJν (ξx)2 = dx
x2
! 2 d Jν (ξx) + (ξ 2 x2 − ν 2 )Jν (ξx)2 dx
2 d Jν (ξx) dx
ahonnan 2ξ 2
Z
a
xJν (ξx)2 dx = a2
0 2
+ (ξ 2 a2 − ν 2 )Jν (ξa)2 x=a
2
+ ν Jν (0) 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
202
a2 [Jν+1 (ξa)]2 2
12.7.7
A Bessel-fu enyek ortogonalit´ asa ¨ ggv´ 2 d2 d 2 ρ 2 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
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 0=− dρρ J(xνn ρ/a) J(xνn0 ρ/a) 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 dρρ 0=− 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
12.7.8
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
203
alakban, ahol az ortogonalit´asi rel´aci´ot felhaszn´alva Z a 2 dρρJν (xνn ρ/a)f (ρ) fn = [Jν+1 (xνn a)]2 0 Teh´at
Z f (ρ) = 0
azaz X n
12.7.9
a
dρ0 ρ0
X n
2 Jν (xνn ρ/a)Jν (xνn ρ0 /a)f (ρ0 ) [Jν+1 (xνn )]2
1 2 0 0 2 Jν (xνn ρ/a)Jν (xνn ρ /a) = 0 δ(ρ − ρ ) ρ [Jν+1 (xνn )]
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.
204
Chapter 13 A Li´ enard-Wiechert potenci´ alokb´ ol sz´ armaz´ o t´ erer˝ oss´ egek Az elektromos t´erer˝oss´eg E = −∇Φ − ∂t A,
(13.1)
ahol a potenci´alokat (8.7) ´es (8.8) k´epletek adj´ak meg. Felhaszn´alva (8.10) 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 . (13.2) = 4πε0 (R − βR)3 c2 c2
205
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 (13.3) 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 (13.4) ¨ Osszehasonl´ ıtva az elektromos t´erer˝oss´eg (utols´o el˝otti) kifejez´es´evel, l´atjuk, hogy H=
1 ˆ R × E. Z0
206
(13.5)
Chapter 14 Egy´ eb anyagok A teljes t¨olt´eseloszl´as energi´aj´ahoz felhaszn´aljuk (2.22) egyenletet: Z Z 0 0 1 1 1 3 3 0 δ%(x)%(x ) 3 3 0 %(x)%(x ) d xd x d xd x δW = = δ , 4πε |x − x0 | 2 4πε |x − x0 |
(14.1)
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 ) d xd x = d3 x%(x)Φ(x). (14.2) W = 8πε |x − x0 | 2 Felhaszn´alva a Maxwell-egyenletet (2.18), valamint az E = − grad Φ k´epletet Z Z Z ε0 ε0 ε0 3 3 W = d xΦ∂i Ei = d x∂i (ΦEi ) − d3 x(∂i Φ)Ei = 2 2 2 Z Z ε ε0 0 = d2 xi ΦEi + d3 xE2 . 2 2
(14.3)
∞
14.1
2D potenci´ alprobl´ em´ ak
Ha a rendszer¨ unk egy ir´anyban eltol´asinvari´ans, akkor a megold´as sem f¨ ugghet att´ol az ir´anyt´ol, ami azt jelenti, hogy 3D probl´ema helyett csak egy 2D Laplace egyenlet¨ unk lesz. K´et dimenzi´oban az (x, y) koordin´at´ak helyett dolgozhatunk z = x + iy komplex ´ert´ekekkel, ezt felhaszn´alva speci´alis technik´ak l´eteznek a potenci´alprobl´em´ak megold´as´ara. Egy ´altal´anos k´et v´atoz´os f˜(x, y) f¨ uggv´eny reprezent´alhat´o f (z, z ∗ ) = f˜((z+z ∗ )/2, (z− z ∗ )/(2i)) m´odon, hiszen x = (z + z ∗ )/2 ´es y = (z − z ∗ )/(2i). Egy f¨ uggv´eny holonom, ha tiszt´an f (z). 207
Ha egy holonom komplex f¨ uggv´eny differenci´alhat´o, akkor l´etezik df /dz. Mint k´et v´altoz´os f¨ uggv´eny azonban ez megval´os´ıthat´o az x illetve az y ir´anyb´ol vett limesszel is: df ∂f 1 = = ∂x
(14.4)
A val´os ´es k´epzetes r´eszek egyenl˝os´eg´eb˝ol ∂x
∂x =f = −∂y
(14.5)
vagy ´atalak´ıtva 4
4=f = 0,
4 = ∂x2 + ∂y2 .
ahol
(14.6)
Ez´ert minden holonom f¨ uggv´eny val´os r´esze kiel´eg´ıti a 2D Laplace egyenletet, ´es ugyan´ıgy a k´epzetes r´esz¨ uk is. Ha teh´at megkeress¨ uk azt a g¨orb´et, ahol egy holonom f¨ uggv´eny val´os r´esze konstans, ez megfelel az ezen a fel¨ uleten adott konstans potenci´al hat´arfelt´etelhez tartoz´o Laplace egyenlet megold´as´anak. P´eld´aul a f (z) = −iz π/α = −i|z|π/α eiπϕ/α
⇒
πϕ ). α
(14.7)
Ez a f¨ uggv´eny nulla, ha ϕ = 0, azaz a val´os egyenes ment´en, ´es ϕ = α, azaz egy α sz¨oget bez´ar´o egyenes ment´en. Emiatt k´et dimenzi´oban a Φ(r, ϕ) = Φ0 rπ/α sin(
πϕ ) α
(14.8)
a megold´asa a f¨oldelt ´ek belsej´eben kialakul´o potenci´alnak. Az ´el mellett a t´erer˝oss´eg fel¨ uletre mer˝oleges r´esze πϕ π π π/α−1 cos( ) = Φ0 rπ/α−1 . (14.9) Eϕ = Φ0 r α α ϕ=0 α Ha π/α − 1 < 0, azaz α > π, teh´at cs´ ucsunk van, akkor a t´erer˝oss´eg v´egtelenhez tart. Amennyiben teh´at egy (x(τ ), y(τ )) g¨orbe megadhat´o mint
Amennyiben ez az f f¨ uggv´eny ismert, akkor megadhat´o az adott fel¨ ulet Greenf¨ uggv´enye is. Ehhez megadjuk egy pontt¨olt´es t´erer˝oss´eg´et ´es potenci´alj´at Φ = Re ln(z − z0 ),
E=
z 1 = ∗. 2 |z| z
(14.10)
Hogy fel¨ uleti integr´alt tudjunk sz´amolni megadjuk a skal´arszorzat komplex megfelel˝oj´et: xr x = xr + ixi = (14.11) xi Erre ugyanis a fel¨ uleti integr´al I
Z df E =
2π
dϕ
(14.12)
0
14.2
Termodinamikai megfonotl´ as ∂µ ∂p 1 ∂µ 1 ∂p ∂µ = =− =− 2 , ∂N V ∂p V ∂N V N ∂V N N ∂V N
(14.13)
mert a Gibbs-Duham rel´aci´o alapj´an 0 = V dp − SdT − N dµ
⇒
∂µ 1 V = , = ∂p T N N
(14.14)
´es a Maxwell rel´aci´o a megfelel˝o potenci´alra
Teh´at
∂ 2F ∂µ ∂p =− =− . ∂N ∂V ∂N ∂V
(14.15)
1 ∂N 1 ∂V = −N = −N βT . N ∂µ V ∂p
(14.16)
209
Bibliography [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://www.google.hu/url?sa=t&rct=j&q=&esrc=s&source=web&cd= 1&cad=rja&ved=0CDIQFjAA&url=http%3A%2F%2Fwww.princeton.edu% 2F~romalis%2FPHYS312%2FCoulomb%2520Ref%2FTuCoulomb.pdf&ei= FY4AU8HlDMv_ygONhYKIDg&usg=AFQjCNHs70BoO9JQF_ZvFHzff67uTSxGWA&sig2= sQjXQYVGXH92EG51BRX4ng&bvm=bv.61535280,d.bGQ [9] http://en.wikipedia.org/wiki/Bessel_function [10] http://hu.wikipedia.org/wiki/Elektrom´ agneses_sug´ arz´ as [11] http://mathworld.wolfram.com/LegendreDifferentialEquation.html [12] http://en.wikipedia.org/wiki/Legendre_polynomials [13] http://mathworld.wolfram.com/LegendrePolynomial.html [14] http://en.wikipedia.org/wiki/Spherical_harmonics [15] http://en.wikipedia.org/wiki/Hysteresis 210
[16] http://en.wikipedia.org/wiki/Absorption_(electromagnetic_radiation
211
