Elektrodinamika. Jakovác Antal január; May 9, 2012

Elektrodinamika Jakov´ac Antal 2010. janu´ar; May 9, 2012

Contents 1 Bevezet´ es 1.1 R¨ ovid t¨ ort´eneti ´ attekint´es 1.2 Matematikai alapfogalmak 1.2.1 Mez˝ ok deriv´ altja . 1.2.2 Mez˝ ok integr´ alja .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

3 3 5 5 6

2 Elektrosztatika 2.1 T¨ olt´eseloszl´ asok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 T¨ olt´esrendszer energi´ aja . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Kit´er˝ o: er˝ ovonal-k´ep . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.3 Speci´ alis t¨ olt´eseloszl´ asok tere . . . . . . . . . . . 2.2 Poisson egyenlet hat´ arfelt´etelekkel . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Kapacit´ as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 T¨ uk¨ ort¨ olt´esek m´ odszere . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 Koordin´ atarendszerek, ortogon´ alis f¨ uggv´enyek . . 2.2.4 G¨ orbevonal´ u koordin´ at´ ak . . . . . . . . . . . . . 2.2.5 G¨ ombi koordin´ atarendszer . . . . . . . . . . . . . 2.2.6 Hengerkoordin´ at´ ak . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.7 Multip´ olus kifejt´es . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Elektrosztatika anyag jelenl´et´eben . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Hat´ arfelt´etelek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 T¨ uk¨ ort¨ olt´esek m´ odszere . . . . . . . . . . . . . . 2.3.3 Teljes f¨ uggv´enyrendszerek . . . . . . . . . . . . . 2.3.4 Elektrosztatikus energia anyag jelenl´et´eben . . . 2.4 Magnetosztatika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 2.4.1 Aram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 M´ agneses alapjelens´egek . . . . . . . . . . . . . . ´ 2.4.3 Arameloszl´ asok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.4 K¨ uls˝ o t´erbe helyezett ´ arameloszl´as . . . . . . . . 2.4.5 M´ agness´eg anyag jelenl´et´eben . . . . . . . . . . . 2.4.6 Hat´ arfelt´etelek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.7 Magnetosztatikai feladatok megold´asi m´odszerei

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8 8 10 11 11 12 14 14 16 18 21 28 30 31 33 34 34 36 38 38 39 40 42 43 45 45

3 Id˝ of¨ ugg´ es az elektrodinamik´ aban 3.1 Maxwell egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Vektor- ´es skal´ arpotenci´ al . . . . . . . . . 3.1.2 Maxwell-egyenletek anyag jelenl´et´eben . . 3.1.3 Az elektromos ´es m´ agneses t´er egyenletei 3.1.4 Jelens´egek vezet˝ okben . . . . . . . . . . . 3.2 Elektrom´ agneses t´er energi´ aja . . . . . . . . . . . 3.2.1 Az impulzus m´erlegegyenlete . . . . . . . 3.3 Kv´ azistacion´ arius eset . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

48 48 49 50 50 51 51 52 53

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . . . . . .

1

. . . .

. . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53 53 54 55 56 57 60 62 64 64 65 66 67 68 69 69 70 72 74 76 77 79 82 85 85 87 89 91 92

A.1 A Li´enard-Wiechert potenci´ alokb´ ol sz´ armaz´o t´erer˝oss´egek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

95 95

3.4

3.5

3.6

3.7

3.8 3.9

3.3.1 Indukci´ os egy¨ utthat´ o. . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Kv´ azistacion´ arius jelens´egek vezet˝okben . . Teljes id˝ of¨ ugg´es: forr´ asok n´elk¨ uli megold´as . . . . . 3.4.1 Csoport- ´es f´ azissebess´eg . . . . . . . . . . . 3.4.2 Elektrodinamikai hull´ amok . . . . . . . . . 3.4.3 Frekvenciaf¨ ugg˝ o permittivit´ as, t¨or´esmutat´o 3.4.4 Elektrom´ agneses hull´ amok k¨ ozegek hat´ar´an 3.4.5 Hull´ amterjed´es hat´ arfelt´etelekkel . . . . . . Teljes id˝ of¨ ugg´es: az inhomog´en r´esz megold´asa . . 3.5.1 Green-f¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . 3.5.2 A Green-f¨ uggv´enyek fizikai ´ertelmez´ese . . . 3.5.3 Lokaliz´ alt, oszcill´ al´ o t¨ olt´esrendszerek tere . 3.5.4 Dip´ olsug´ arz´ as . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.5 Multipol sug´ arz´ asok . . . . . . . . . . . . . ´ Altal´ anos mozg´ ast v´egz˝ o t¨ omegpont sug´arz´asa . . . 3.6.1 Dip´ ol-k¨ ozel´ıt´es . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.2 Li´enard-Wiechert potenci´ alok . . . . . . . . 3.6.3 Sug´ arz´ as sz¨ ogeloszl´ asa . . . . . . . . . . . . 3.6.4 Sug´ arz´ as spektruma . . . . . . . . . . . . . Elektrom´ agneses hull´ amok sz´ or´ asa . . . . . . . . . 3.7.1 Sz´ or´ as az anyag egyenl˝ otlens´egein . . . . . . 3.7.2 Sz´ or´ as g´ azon ´es szab´ alyos krist´ alyon . . . . Cherenkov-sug´ arz´ as ´es ´ atmeneti sug´ arz´ as . . . . . Relativisztikus elektrodinamika . . . . . . . . . . . 3.9.1 Relativisztikus koordin´ at´ ak . . . . . . . . . 3.9.2 Lorentz-transzform´ aci´ o. . . . . . . . . . . . 3.9.3 T¨ omegpont relativisztikus dinamik´aja . . . 3.9.4 Alkalmaz´ asok . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9.5 Sug´ arz´ asok relativisztikus t´ argyal´asa . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

A

2

Chapter 1

Bevezet´ es K¨ onyvek, irodalom • J.D Jackson: Klasszikus elektrodinamika (TypoTEX, Budapest 2004) Ez SI-ben van (a magyar ford´ıt´ as), ez adja az el˝oad´asok gerinc´et • L.D. Landau ´es E.M. Lifsic: Elm´eleti Fizika – II: Klasszikus er˝ oterek – VIII: Folytonos k¨ ozegek elektrodinamik´aja (Tank¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1976) • R.P. Feynman, R.B. Leighton, M. Sands: Mai fizika 5. (Elektrom´agness´eg, Elektrosztatika, Dielektrikumok, Magnetosztatika) (M˝ uszaki K¨ onyvkiad´ o, 1970) • Simonyi K.: A fizika kult´ urt¨ ort´enete (Gondolat, 1986) t¨ ort´eneti vonatkoz´ asok

1.1

R¨ ovid t¨ ort´ eneti ´ attekint´ es

´ • Okori g¨ or¨ og¨ ok: nem tudtak t´ ul sokat az elektrom´agness´egr˝ol. Borosty´an (“elektron”) d¨orzs¨ol´eses elektromoss´ aga, m´ agnesk˝ o (“magnetic litosz”) • Kvalitat´ıv megismer´es: – P. Peregrinus 1269: k´ıs´erletileg m´eri a m´ages tulajdons´agait, er˝ovonalak felt´erk´epez´ese; nem volt nagy hat´ asa kort´ arsaira – W. Gilbert 1600: F¨ old m´ agness´ege, ir´anyt˝ u, nincs m´agneses monop´olus; d¨orzs¨ol´eses elektromoss´ ag m´ as anyagokban (pl. u ¨veg, viasz). – O. Guericke 1672: d¨ orzselektromos g´ep – XVIII. sz´ azad els˝ o fel´eben kedvelt t´ arsas´agi sz´orakoz´as lesz az elektromos jelens´egek bemutat´asa – S. Grey 1729: vezet´es/szigetel´es: t¨ olt´es nagy t´avols´agokra sz´all´ıthat´o, nem az ´aramon volt a hangs´ uly – C. Dufay 1733: k´etfajta elektromoss´ ag (¨ uveg, gyanta) – von Kleist, Musschenbroek: leideni palack (l. fig.1.1), (http://en.wikipedia.org/wiki/Leyden_jar). ⇒ kondenz´ ator Nagy ´ aram¨ ut´est tudott szolg´altatni (Nollet 180 g´ardist´at “ugrasztott meg”). – B. Franklin ∼ 1750: l´egk¨ ori elektromoss´ag (leideni palack felt¨olt´ese, vill´amh´ar´ıt´o), cs´ ucshat´as, elektromos t¨ olt´es fogalma (¨ uvegben van t¨ obblet, Euler: +), t¨olt´esmegmarad´as • Kvantitat´ıv elektrosztatika: 1/r2 -es er˝ ot¨ orv´eny

3

Figure 1.1: Leideni palack – J. Priestley 1767: elektromos t¨ olt´es fel¨ uleten & u ¨reg belsej´eben nincs er˝ohat´as – Cavendish: ue. a gondolatmenet, ki is m´erte torzi´os m´erleggel, de nem publik´alta (csak 1879-ben Kelvin); ezen fel¨ ul foglalkozott kapacit´ as m´er´essel, dielektikumokkal, vezet˝ok´epess´eggel. – C. Coulomb 1784: hadm´ern¨ ok, torzi´ os inga vizsg´alata, torzi´os ing´aval kim´erte a Coulomb t¨orv´enyt – Poisson 1811: matematikai formalizmus • ´ aram – L. Galvani 1791: vasr´ acson r´ezhorgon b´ekacomb megr´andul – ´allati elektromoss´ag? – A. Volta 1800: ´ alland´ o´ aramforr´ as (galv´anelem) – T.J. Seebeck 1821: termoelektromoss´ag – G.S Ohm 1826: ´ aram, ellen´ all´ as – G. Kirchhof 1845-ben ´ aramk¨ or¨ okre terjesztette ki • m´ agness´eg – C. Oersted 1820: ´ aram m´ agneses hat´ asa – Biot ´es Savart 1820: kim´erik ´ aramvezet˝o k¨or¨ ul kialakul´o m´agneses hat´ast m´agnest˝ u elfordul´as´ab´ ol – A.M. Amp`ere 1820: ´ aramj´ arta vezet˝ ok k¨olcs¨onhat´asa: t´avolhat´as & er˝o-ellener˝o kapott! aramk¨ ´ or m´ agneses hat´ asa ≡ lapos m´ agnes

⇒ ezzel egy extra tagot

• elektrom´ agness´eg – M. Faraday t¨ obb munk´ aja ∗ elektromotor 1821 ∗ indkci´ o t¨ orv´enye 1831: m´ ar t¨ obben (pl. Amp`ere) el˝otte vizsg´alt´ak az ´aramhurkok egym´asra hat´ as´ at. Faraday vette ´eszre, hogy a v´ altoz´assal j¨on l´etre az effektus! ∗ elektrol´ızis 1833 ∗ dielektrikumok ∗ Faraday-effektus 1845: f´eny polari´aci´oj´anak elfordul´asa m´agneses t´erben elektrom´ agneses t´er elk´epzel´ese – J.C. Maxwell 1855-1873: elektrom´ agness´eg matematikai form´aba ¨ont´ese. Vektorpotenci´al bevezet´ese. – H. Hertz 1886: elektrom´ agneses hull´ amok k´ıs´erleti kimutat´asa, f´eny elektrom´agnese hull´am, Maxwell egyenletek ´ atfogalmaz´ asa – H.A. Lorentz 1875: Maxwell-egyenletek anyag jelenl´et´eben, 1891: elektron-elm´elet, Lorentz-er˝ o, Lorentztranszform´ aci´ o

4

1.2

Matematikai alapfogalmak

Faraday ´es Maxwell u ´j fogalmat vezettek be a fizik´aba: a mez˝o fogalm´at. A mez˝o a fizikai t´er minden pontj´aban, minden id˝ opontban l´etez˝ o mennyis´eg, az er˝ ohat´ as ar´ anyos a mez˝o nagys´ag´aval. Nincs t´avolhat´as, hanem forr´as −→ mez˝o −→ er˝ohat´as

(1.1)

Pl. q t¨ olt´es ⇒ E elektromos mez˝ o ⇒ F = qE er˝o. Az elektrodinamika feladata ezen kapcsolatok megfogalmaz´ asa, le´ır´ asa. Matematikai megfogalmaz´ as (els˝ o verzi´ o, k´es˝obb u ´jra el˝ovessz¨ uk): a mez˝o egy U : Rn → Rm lek´epez´es. A mez˝ o val´ oj´ aban a f¨ uggv´eny fogalm´ anak kiterjeszt´ese, hiszen ha n = m = 1, akkor U : R → R, 1D f¨ uggv´eny. Az elektrodinamik´ aban az alapt´er R3 ≡ {(x)} fizikai t´er (az id˝o csak egy param´eter; k´es˝obb ´atfogalmazunk majd mindent t´erid˝ ore). Az m ´ert´eke lehet • m = 1: skal´ art´er, a t´er minden pontj´ ahoz egy val´os sz´amot rendel¨ unk, x 7→ Φ(x) (pl. h˝om´ers´eklet-eloszl´ as, elektromos potenci´ al) • m = 3: vektor-mez˝ o, minden ponthoz egy 3D vektort rendel¨ unk x 7→ E(x) (pl. sebess´eg-eloszl´as ´ araml´ asn´ al, elektromos t´er). Komponensek: Rn -ben a Descartes b´ azist jel¨olj¨ uk ei -vel. Ebben a b´azisban kifejthet˝o minden x ∈ Rn vektor: Pn ´ıgy pl. x = i=1 xi ei . A szumm´ at ezent´ ul el fogjuk hagyni, ism´etl˝od˝o indexek automatikusan ¨osszegz´est jelentenek. Ne felejts¨ uk azonban el, hogy a komponenseknek ¨onmagukban nincs jelent´es¨ uk, csup´an a b´azis megad´as´ aval egy¨ utt ´ertelmesek. Rn -ben mindig adott egy skal´ arszorzat Rn × Rn → R. A Descartes-b´azis P erre a skal´arszorzatra n´ezve ortonorm´ alt: n ei ej = δij . Emiatt a Descartes komponensekkel kifejezve u, v ∈ Rn -re u · v = i=1 ui vi . Tenzorszorzat: u ∈ Rn ´es v ∈ Rn diadikus (tenzor) szorzata u ⊗ v ∈ Rnm , amely line´aris mindk´et komponens´eben. Emiatt Rnm -en b´ azist alkot {ei ⊗ ej ki = 1 . . . n, j = 1 . . . m}; ebben a b´azisban a diadikus szorzat komponensei ui vj . Az 1D 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.

1.2.1

Mez˝ ok deriv´ altja

def.: U : Rn → Rm mez˝ o deriv´ altja ∇U : Rn → Rnm mez˝o, egy adott pontban komponensekben kifejezve ∇U (x) → ∂Uj , ahol i = 1, . . . n, j = 1 . . . m, ∂i Uj (x) ≡ ∂xi x ahol ∂/∂xi jelent´ese: csak az i. komponens v´ altozik, a t¨obbi ´alland´o marad. Jelent´ese: U megv´altoz´asa, ha x → x + a pontba megy¨ unk: δUj = Uj (x + a) − Uj (x) = ai ∂i Uj , (1.2) P´eld´ ak: • n = m = 1 eset´en ∇f =

df k¨ oz¨ ons´eges deriv´alt. dx

∂Φ ≡ grad Φ, neve: Φ gradiense. Φ megv´altoz´asa a ir´anyban δΦ = ∂xi a grad Φ. Emiatt grad Φ-re mer˝ oleges ir´ anyban vannak az ekvipotenci´alis fel¨ uletek, maga grad Φ a legnagyobb v´ altoz´ as ir´ any´ aba mutat.

• n = 3, m = 1 skal´ art´er eset´en ∇Φ → ∂i Φ =

• n = m = 3, ekkor a deriv´ alt egy k´etindexes mennyis´eg ∇U → ∂i Uj . Ennek speci´alis v´altozatai: – div U = ∂i Ui skal´ armez˝ o, U divergenci´aja – rot U = ∇ × U = εijk ∂j Uk vektormez˝o, U rot´aci´oja.1 1 Itt ε eg ´ es ε123 = 1; vagyis nem nulla elemei csak 1 = ε123 = ε231 = ε312 = −ε213 = −ε132 = −ε321 . ijk teljesen antiszimmetrikus mennyis´ ε-ok szorzata: εijk εk`m = δi` δjm − δim δj` .

5

• 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.

1.2.2

Mez˝ ok integr´ alja

Az 1D 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 param´eterezz¨ uk val´ os sz´ ammal. dsi G¨ orbe ´erint˝ oje egy adott pontban . dτ dfi • fel¨ ulet: R2 ⊃ A → R3 f¨ uggv´eny, komponensekben fi (u, v). Egy fel¨ uletnek k´et ´erint˝ovektora van, ezeket a du dfi dfj dfk ´es vektorok fesz´ıtik ki. A fel¨ ulet norm´alisa mer˝oleges a fel¨ ulet ¨osszes ´erint˝ovektor´ara: Ni = εijk , a dv du dv fel¨ ulet norm´ alis egys´egvektora n = N/N . A fel¨ ulet-elem dfi = Ni dudv ≡ ni da. Ennek da nagys´aga az fu = f (u + du, v) − f (u, v) ´es a fv = f (u, v + dv) − f (u, v) vektorok ´altal kifesz´ıtett paralelogramma ter¨ ulete; val´ oban, ez a fel¨ ulet fu fv sin φ = |fu × fv |. Ez, du-ban ´es dv-ben els˝o rendben megegyezik a fenti kifejez´essel. G¨ orb´en vett integr´ al Z

Z dsi U (s) =

dτ

s

I

dsi U (s(τ )). dτ

M´ as param´eterez´est v´ alasztva τ (t) a ´tt´er´essel: Z Z Z 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

(1.3)

(1.4)

azaz param´eterez´es-f¨ uggetlen. Fel¨ uletre vett integr´ al Z

Z dfi U (f ) =

f

dudv εijk A

dfj dfk U (f (u, v)). du dv

(1.5)

Err˝ ol szint´en k¨ onnyen bel´ athat´ o, hogy param´eterez´es-invari´ans. V´eg¨ ul t´erfogatra vett integr´ al Z

d3 xU (x).

(1.6)

V

Elvileg ezt is lehetne param´eterezni x(a, b, c), ekkor a t´erfogatelem d3 x = εijk

dxi dxj dxk , da db dc

(1.7)

amely szint´en param´eterez´es-f¨ uggetlen. 1D-ban az integr´ al´ as ´es differenci´ al´ as k¨ oz¨ ott ¨osszef¨ ugg´es van Zb dt

df = f (b) − f (a). dt

(1.8)

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) V ∂V Z I dfi [rot U ]i = dsi Ui (Stokes). (1.9) A

∂A

6

Der´eksz¨ og˝ u tartom´ anyokra mindkett˝ o bizony´ıt´ asa egyszer˝ u:

a1

a2

a3

a2

Z dx3 [U1 (b1 , x2 , x3 ) − U1 (a1 , x2 , x3 )] =

dx2

dx3 ∂1 U1 (x1 , x2 , x3 ) =

dx2

dx1

Zb3

Zb2

Zb3

Zb2

Zb1

Z df1 U1 +

B1

a3

df1 U1 ,

(1.10)

A1

mivel az ir´ any´ıt´ as ott ellent´etes. Minden oldalra fel¨osszegezve kapjuk a Gauss-t´etelt. M´asr´eszt

a2

dx1 [U1 (x1 , b2 ) − U1 (x1 , a2 )];

dx2 [U2 (b1 , x2 ) − U2 (a1 , x2 )] −

dx2 [∂1 U2 − ∂2 U1 ] =

dx1 a1

Zb1

Zb2

Zb2

Zb1

(1.11)

a1

a2

az ir´ any´ıt´ asokat figyelembe v´eve ism´et megkapjuk a helyes eredm´enyt. A teljes fel¨ uletet beosztva t´eglalpokra tetsz˝ oleges fel¨ uletre bizony´ıthat´ o.

7

Chapter 2

Elektrosztatika 2.1

T¨ olt´ eseloszl´ asok

Coulomb m´er´esei alapj´ an q1 t¨ olt´es ´ altal a q2 -re hat´o er˝o F2 = k

q1 q2 (x2 − x1 ) . |x2 − x1 |3

(2.1)

A k faktor ´ert´eke SI-ben k = 1/(4πε0 ), ahol ε0 = 8.854 · 10−12 Vm/C, a v´akuum permittivit´asa. CGS rendszerben k = 1. Ezt u ´gy is megfogalmazhatjuk, hogy F2 = q2 E(x2 ),

E(x2 ) = k

q1 (x2 − x1 ) , |x2 − x1 |3

(2.2)

ahol E a q1 ´ altal l´etrehozott elektromos t´er. A t¨olt´es m´ert´ekegys´ege SI-ben a Coulumb (C), igen nagy ´ert´ek, hiszen k´et 1C-os t¨ olt´es 1m-r˝ ol egym´ ast kb. 9 · 109 N er˝ ovel vonzza vagy tasz´ıtja. Az elemi t¨olt´es nagys´aga 1.602 · 10−19 C. K´ıs´erleti t´eny, hogy a t¨ olt´esek tere ¨ osszead´ odik ⇒ pontt¨olt´es-rendszer elektromos tere E(x) =

n 1 X x − xi qi . 4πε0 i=1 |x − xi |3

(2.3)

Nagyon s˝ ur˝ un elhelyezked˝ o t¨ olt´esek ter´et jellemezhetj¨ uk a s˝ ur˝ us´eg¨ ukkel. Vegy¨ unk egy ∆V = ∆x∆y∆z t´erfogatelemet x−x0 az x0 pont k¨ or¨ ul, amelyben a |x−x mennyis´ e g csak kicsit v´ a ltozik. Ebben a t´ e rfogatban legyen ∆Q = %(x0 )∆V t¨ olt´es. 0 |3 Ekkor 1 X x − x0 E(x) = , (2.4) %(x0 )∆V 4πε0 0 |x − x0 |3 x

folytonos hat´ aresetben (∆V → 0) E(x) =

1 4πε0

Z

d3 x0 %(x0 )

x − x0 |x − x0 |3

⇒

Ei (x) =

1 4πε0

Z

d3 x0 %(x0 )

xi − x0i , |x − x0 |3

(2.5)

ahol a m´ asodik alak a komponensekben fel´ırt k´eplet. 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 −→ qδ(x0 − x0 ). (2.6) Vagyis pontt¨ olt´es rendszer t¨ olt´eseloszl´ asa %(x0 ) =

n X

qi δ(x0 − xi ).

i=1

8

(2.7)

Itt δ(x) a 3D Dirac-delta disztrib´ uci´ o, tulajdons´agai Z δ(x 6= 0) = 0,

δ(x) = δ(x)δ(y)δ(z),

dx f (x) δ(x) = f (0).

(2.8)

V´ altoz´ ohelyettes´ıt´es hat´ as´ ara δ(f (x)) =

X δ(x − xi ) . |f 0 (x0 )| xi ,

(2.9)

f (xi )=0

A pontt¨ olt´es tere igen k¨ ul¨ onleges. Integr´ aljuk ki egy z´art fel¨ uletre.  Z I Z Z q r2 q cos ϕ q/ε0 = dΩ = df E = dan E = dΩ 0 cos ϕ 4πε0 r2 4πε0

ha q ∈ V ha q 6∈ V

(2.10)

Egy t¨ olt´eseloszl´ asra ´ertelmezve: csak azok a t¨ olt´esek sz´am´ıtanak, amelyek benne vannak a t´erfogatban: I df E =

1 ε0

Z

d3 x %(x)

Gauss-t¨orv´eny.

(2.11)

V

∂V

A fel¨ uleti integr´ alt ´ at lehet ´ırni a Gauss-t´etel seg´ıts´eg´evel I Z Z 1 df E = d3 x div E = d3 x %(x). ε0 ∂V

V

(2.12)

V

Mivel ez igaz minden t´erfogatra, ez´ert levonhatjuk a k¨ovetkeztet´est: div E(x) = Ez m´ ar lok´ alis t¨ orv´eny, Maxwell 1. egyenlete. A pontt¨ olt´es tere m´ ast is tud:

mert |x − x0 | = r jel¨ ol´essel, r2 =

P

i (xi

%(x) . ε0

(2.13)

x − x0 1 = − grad , |x − x0 |3 |x − x0 |

(2.14)

− x0i )2 , valamint egy ´altal´anos r-f¨ ugg˝o f¨ uggv´enyre

[grad f (r)]i = ∂i f (r) =

xi − x0i 0 ∂r2 1 df = f (r). ∂xi 2r dr r

(2.15)

Most f (r) = 1/r, azaz f 0 (r) = −1/r2 , ezzel a fenti ¨osszef¨ ugg´est bizony´ıtottuk. Emiatt (2.5) egyenletet ´ atalak´ıtva: Ei (x) = − grad Φ(x),

ahol

Φ(x) =

1 4πε0

Z

d3 x0

%(x0 ) , |x − x0 |

(2.16)

Φ neve skal´ arpotenci´ 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 ´ertelmes, ez´ert egy konstanssal eltolhat´o. A potenci´ al l´et´enek k¨ ovetkezm´enye, hogy rot E(x) = 0, (2.17) Maxwell 2. egyenlete. M´ asik k¨ ovetkezm´eny, alkalmazva (2.13)-et, hogy div E(x) = −4Φ =

%(x) ε0

azaz Φ a Poisson-egyenletet el´eg´ıti ki. 9

⇒

4Φ = −

%(x) , ε0

(2.18)

Feladat: Ha adott E(x) t´erer˝ oss´eg, ahhoz milyen potenci´al tartozik? Megold´ as: Zx2

Zx2 dsE(s) = − x1

dsi x1

Zτ2 Zτ2 dxi ∂Φ ∂Φ ∂Φ dτ dτ = − = − = Φ(x1 )−Φ(x2 ) ∂xi s dτ ∂xi s ∂τ τ1

Zx2 ⇒

Φ(x1 ) − Φ(x2 ) =

τ1

dsE(s) x1

(2.19) Ha m´ as utat v´ alasztunk, akkor a k´etfajta m´odon sz´amolt potenci´alk¨ ul¨onbs´eg, r¨ogz´ıtve Φ(x2 )-t Zx2

Zx2 dsE(s) −

δΦ(x1 ) =

ds0 E(s0 ) =

I

Z dsE(s) =

x1

x1

df rot E = 0.

(2.20)

F

Ez´ert a megold´ as egy´ertelm˝ u.

2.1.1

T¨ olt´ esrendszer energi´ aja

Elektromos mez˝ oben mozg´ o t¨ olt´esre hat´ o er˝ o F = qE. Ha fel akarunk ´ep´ıteni egy t¨olt´esrendszert, ez ellen az er˝ o ellen kell dolgoznunk, vagyis −F er˝ ot kell kifejten¨ unk. dx elmozdul´as eset´en az ´altalunk v´egzett munka: Zx2 dW = −Fdx = −qEdx

⇒

Wx1 →x2 = −q

ds E(s) = q(Φ(x2 ) − Φ(x1 )).

(2.21)

x1

Az el˝ obbi feladat alapj´ an az x1 → x2 mozg´ asn´ al v´egzett munka f¨ uggetlen a p´aly´at´ol. Ha x1 = ∞, ahol Φ(∞) = 0 (ez v´eges t¨ olt´esrendszern´el mindig megtehet˝ o), akkor W∞→x = qΦ(x). Az ´ altalunk v´egzett munka – az energiamegmarad´as miatt – a t¨olt´esrendszer energi´aj´aban t´arol´odik. Ez´ert a fenti k´epletet a k¨ ovetkez˝ ok´eppen ´ertelmezz¨ uk: ha van egy t¨olt´esrednszer¨ unk, amely m´ar l´etrehozott egy E(x) t´erer˝ oss´eget, s ehhez hozz´ aadunk egy δq t¨ olt´est a v´egtelenb˝ ol x0 helyre, akkor a t¨olt´esrendszer energi´aj´anak v´altoz´asa δW = δqΦ(x0 ).

(2.22)

Teljes t¨ olt´esrendszer fel´ep´ıt´es´en´el egyes´evel tessz¨ uk be a t¨olt´eseket, az u ´jonnan betett t¨olt´esek a r´egiek ter´et ´erzik: W =

n X i=1

qi

i−1 X qi 1 1 = 4πε |x − x | 2 0 i j j=1

n X i,j=1,i6=j

qi qj 1 . 4πε0 |xi − xj |

(2.23)

Itt ki kell hagyni az i = j esetet, mert ekkor v´egtelent kapn´ank. Folytonos esetre is k¨ onnyen ´ atfogalmazhat´ ok a fenti gondolatok: ekkor egy δ% t¨olt´eseloszl´assal m´odos´ıtjuk a m´ ar meglev˝ o t¨ olt´esrendszer¨ unket, ekkor Z δW = d3 x δ%(x)Φ(x). (2.24) A teljes t¨ olt´eseloszl´ as energi´ aj´ ahoz felhaszn´ aljuk (2.16) egyenletet:   Z Z Z 0 1 1 %(x)%(x0 ) 1 1 3 3 0 %(x)%(x ) δW = δ d3 xd3 x0 ⇒ W = d xd x = d3 x%(x)Φ(x). 2 4πε0 |x − x0 | 8πε0 |x − x0 | 2

(2.25)

Ebben a k´epletben nem tudjuk kiz´ arni az x = x0 esetet, azaz ez tartalmazza a “saj´atenergi´at” is. Felhaszn´alva a Maxwell egyenletet (2.13), valamint az E = − grad Φ k´epletet Z Z Z Z Z ε0 ε0 ε0 ε0 ε0 W = d3 xΦ∂i Ei = d3 x∂i (ΦEi ) − d3 x(∂i Φ)Ei = d2 xi ΦEi + d3 xE2 . (2.26) 2 2 2 2 2 ∞

Az els˝ o tag nulla, mert a v´egtelenben Φ = 0, ´ıgy marad Z ε0 W = d3 xE2 2 az energia illetve az energias˝ ur˝ us´eg kifejez´es´ere. 10

⇒

w=

ε0 2 E 2

(2.27)

2.1.2

Kit´ er˝ o: er˝ ovonal-k´ ep

Mi az er˝ ovonal? Ha adott egy vektormez˝ o, jelen esetben E, akkor defini´alhatunk olyan γ : R → R3 g¨orb´eket, melyek ´erint˝ oje mindig az aktu´ alis t´erer˝ oss´eg: dγ = E(γ(τ )). (2.28) dτ Ezek a g¨ orb´ek az er˝ ovonalak, melyb˝ ol a t´erer˝ oss´eg ir´any´at kaphatjuk meg. A t´erer˝oss´eg az er˝ovonalak s˝ ur˝ us´eg´evel adhat´ o meg. Mivel E = − grad Φ, ami az ekvipotenci´ alis fel¨ uletekre mer˝oleges. Vagyis az er˝ovonalak az ekvipotenci´ alis fel¨ uletre mer˝ olegesek. Mikor konzisztens ez a k´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. E t´erfogatra integr´ alva E-t, az oldallapok nem adnak j´ arul´ekot, hiszen ott a norm´alis mer˝oleges a t´erer˝oss´egekre. Az alaplapokon n||E, vagyis I dfE = dA0 E 0 − dAE, (2.29) ami nulla, mert az er˝ ovonalak s˝ ur˝ us´ege, felt´etelez´es¨ unk szerint, mindenhol ar´anyos a t´erer˝oss´eggel, azaz EdA = konstans. A Gauss t´etel miatt teh´ at erre a kis t´erfogatra integr´alva div E-t, null´at kapunk. Mivel a t´erfogat infinitezim´ alis, itt a div E konstansnak vehet˝ o, azaz div E = 0. (2.30) Az er˝ ovonal-k´ep teh´ at akkor konzisztens, ha a vektormez˝o divergenciamentes. Divergencia eset´en u ´j er˝ovonalakat kell ind´ıtani.

2.1.3

Speci´ alis t¨ olt´ eseloszl´ asok tere

• pontt¨ olt´ es: l´ attuk Φ(x) =

q 1 , 4πε0 |x|

E(x) =

q x . 4πε0 |x|3

(2.31)

• dip´ olus: −q t¨ olt´es −a/2 helyen, +q t¨ olt´es a/2 helyen, a-hoz k´epest nagy t´avols´agra:   1 1 1 qax 1 px q − ≈ ⇒ Φ(x) = , Φ(x) = 3 4πε0 |x − a/2| |x + a/2| 4πε0 |x| 4πε0 |x|3

(2.32)

ahol bevezett¨ uk a p = qa dip´ oluser˝ oss´eget. Ha a → 0, mik¨ozben p v´eges marad, akkor a fenti k´eplet minden x 6= 0 helyen ´erv´enyes lesz. A t´erer˝ oss´eg Ei (x) = −∂i Φ(x) = −

pj xj 1 3xi px − pi x2 ∂i 3 = , 4πε0 |x| 4πε0 |x|5

E(x) =

1 3x(px) − px2 − 4πε0 |x|5

(2.33)

• egyenletesen t¨ olt¨ ott v´ egtelen s´ıklap tere: fel¨ uleti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg legyen σ – ez azt jelenti, hogy a fel¨ ulet egy dA darabj´ an elhelyezked˝ o t¨ olt´es nagys´ aga σdA. A fel¨ ulet legyen az x-y s´ıkban. A direkt k´eplet haszn´ alata helyett szimmetri´at haszn´aljuk ki: feltehetj¨ uk, hogy nem f¨ ugg semmi x,y-t´ ol, hiszen az x-y s´ıkban eltol´ as-invari´ ans a feladat. Ha Φ(z), akkor a t´erer˝oss´eg nem nulla komponense csak Ez (z). Legyen z ≶ 0-ra a potenci´ al Φ± (z), a t´erer˝ oss´eg Ez± (z). Vegy¨ unk egy olyan dA alap´ u 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, dA(Ez+ (z) − Ez− (z)). A Gauss-t¨ orv´eny miatt ez ar´anyos a t´eglalap belsej´eben lev˝o t¨olt´essel dAσ/ε0 , azaz Ez+ (z) − Ez− (z) =

σ . ε0

(2.34)

Ha nincs m´ as forr´ as jelen, akkor z ´es −z egym´assal egyen´ert´ek˝ u, Ez+ (z) = −Ez− (z) = 11

σ , 2ε0

Φ(z) = −

σ|z| . 2ε0

(2.35)

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

(2.36)

A potenci´ al v´egetelenhez tart, ha z → ∞. Trivi´ alis eset: ha σ = 0, akkor Ez+ (z) − Ez− (z), azaz a t´erer˝oss´eg norm´alis komponense folytonos. • Egyenletesen t¨ olt¨ ott vonalt¨ olt´ es tere: vonal t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg legyen η, azaz a t¨olt´es minden d` szakaszon ηd`. Szimmetria itt azt dikt´ alja, hogy nem f¨ ugghet semmi z-t˝ol ´es ϕ-t˝ol, azaz Φ(r), ez´ert Er (r). Egy hengerre integr´ alva, melynek sugara r, magass´ aga d`, csak a pal´ aston kapunk j´arul´ekot, m´egpedig 2πrd`Er . Ez egyenl˝o a bez´ art t¨ olt´essel 2πrd`Er =

1 d`η ε0

⇒

Er =

η , 2πε0 r

Φ=

η r ln . 2πε0 r0

(2.37)

A potenci´ al v´egtelenhez tart, ahogyan r → 0 vagy r → ∞.

2.2

Poisson egyenlet hat´ arfelt´ etelekkel

Eddig azt tanulm´ anyoztuk, hogy milyen potenci´al illetve t´erer˝oss´eg alakul ki, ha ismerj¨ uk a t¨olt´eseloszl´ast. Azonban altal´ ´ aban nem tudjuk r¨ ogz´ıteni a t¨ olt´eseket, pl. az´ert, mert az anyagban elmozdul´o t¨olt´eshordoz´ok vannak, ´ıgy mag´ at´ ol t¨ olt´est¨ obblet illetve hi´ any alakulhat ki. Ekkor nem tudjuk a t´erer˝oss´eget sem kisz´amolni k¨ozvetlen¨ ul. L´ attuk (2.18)-ban, hogy a potenci´ al egy Poisson-egyenletnek tesz eleget. Az anyagi k¨ozegek jelenl´ete hat´arfelt´eteleket szab a megold´ asnak. Tipikus hat´ arfelt´etelek: • f´ em fel¨ ulete (t¨ ok´eletes vezet˝ o): ha a f´em belsej´eben a t¨olt´esek a legkisebb t´erer˝oss´eg hat´as´ara is elmozdulnak, akkor olyan t¨ olt´eseloszl´ as alakul ki, amely teljesen lenull´azza a bels˝o t´erer˝oss´eget. Ez´ R ert f´em belsej´eben nem lehet E, a fel¨ uleten pedig E||n a fel¨ ulet norm´alis´aval. Emiatt a f´em fel¨ ulet´en δΦ = dxE = 0, a f´em fel¨ ulete ekvipotenci´ alis. • fel¨ uleti t¨ olt´ ess˝ ur˝ us´ eg: ha a fel¨ uleten valamilyen t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg adott, a fel¨ ulet t´ uloldal´an E = 0, akkor E = nσ/ε0 . Ennek ´ altal´ anos´ıt´ asak´ent a megoldand´ o feladat: 4Φ = −

% , ε0

Φ(xf ) = adott

n grad Φ(xf ) ≡

vagy

∂Φ = adott, ∂n

(2.38)

ahol xf ∈ fel¨ ulet. A fel¨ ulet lehet nem ¨ osszef¨ ugg˝ o (azaz t¨obb fel¨ ulet), ´es lehet a v´egtelenben is. Az els˝o fajta hat´ arfelt´etelt Dirichlet, a m´ asodik fajt´ at Neumann hat´ arfelt´etelnek h´ıvjuk. Hogyan oldhat´ o meg ez a feladat? Hogyan lehet a leg´altal´anosabb megold´ast megtal´alni? El˝ osz¨ or bebizony´ıtjuk, hogy a Poisson-egyenlet megold´asa egy´ertelm˝ u, adott hat´arfelt´etelek eset´en T´ etel: Legyen 4Φ1 = 4Φ2 = −%/ε0 , ugyanazokkal a hat´arfelt´etelekkel. Ekkor Φ1 − Φ2 = konstans. Bizony´ıt´ as.: Legyen K = Φ1 − Φ2 , erre igaz, hogy 4K = 0, ´es a hat´aron K = 0 vagy n grad K = 0. Alkalmazzuk a Gauss-t´etelt (1.9) a K grad K vektormez˝ ore:  Z Z Z I  d3 x div(K grad K) = d3 x (grad K)2 + K4K = d3 x(grad K)2 = df K grad K = 0. (2.39) V

V

V

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. QED. Haszn´ aljunk egy tr¨ ukk¨ ot: oldjuk meg a feladatot egyetlen pontt¨olt´esre, amely az x0 helyen tal´alhat´ o. Egyel˝ ore feledkezz¨ unk meg a hat´ arfelt´etelekr˝ ol, ekkor azt k´ene megoldani, hogy 4G(x, x0 ) = −

12

1 δ(x − x0 ). ε0

(2.40)

G neve Green-f¨ uggv´eny. Itt ugyan x0 csak a pontt¨olt´es hely´et jelzi a jobb oldalon, de mivel a bal oldal szimmetrikus az 0 x ´es x cser´ej´ere, ez´ert G(x, x0 ) is szimmetrikus f¨ ugv´enye a k´et argumentumnak. A Φ(x) megold´as el˝o´all´ıthat´ o mint Z Z Z 1 %(x) d3 x0 δ(x − x0 )%(x0 ) = − Φ(x) = d3 x0 G(x, x0 )%(x0 ), hiszen 4Φ(x) = d3 x0 4G(x, x0 )%(x0 ) = − . ε0 ε0 (2.41) M´eg a hat´ arfelt´eteleket kell tiszt´ azni. Ehhez egy matematikai formula fog seg´ıteni: 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 d3 x (ϕ(x)4ψ(x) − ψ(x)4ϕ(x)) = df (ϕ(x)∇ψ(x) − ψ(x)∇ϕ(x)) . V

(2.42)

S

Bizony´ıt´ as.: Haszn´ aljuk a Gauss-t´etelt (1.9) U1 = ϕ∇ψ ´es U2 = ψ∇ϕ vektormez˝okre. div U1 = (∇ϕ)(∇ψ) + ϕ4ψ, Ez´ert

Z

d3 x (div U1 − div U2 ) =

Z

div U2 = (∇ϕ)(∇ψ) + ψ4ϕ. df (ϕ∇ψ − ψ∇ϕ) .

df (U1 − U2 ) =

(2.44)

S

S

V

V

I

I

d3 x (ϕ4ψ − ψ4ϕ) =

(2.43)

QED. Alkalmazzuk a Green-t´etelt ψ(x) = G(x, y) ´es ϕ(x) = Φ(x) esetre. Haszn´alva (2.38) ´es (2.40) egyenleteket Z I 1 1 3 − Φ(y) + d xG(y, x)%(x) = df (Φ(x)∇G(x, y) − G(x, y)∇Φ(x)) . ε0 ε0 V

(2.45)

S

Mivel df ∼ n, a norm´ alis ir´ any´ u deriv´ altak sz´ am´ıtanak csak. Ha tiszt´ an Dirichlet-f´ele hat´ arfelt´etel¨ unk van, akkor v´alasszuk a Green-f¨ uggv´eny hat´arfelt´etel´enek G(y, x ∈ S) = 0

(Dirichlet).

(2.46)

Ekkor a m´ asodik tag nulla, ez´ert Z

I

3

d xG(y, x)%(x) − ε0

Φ(y) = V

df Φ(x)∇G(x, y).

(2.47)

S

Ha Neumann hat´ arfelt´etelink vannak, akkor nem lehet a G gradiens´ere null´at kir´oni, hiszen I Z 1 df grad G(x, y) = d3 x4G(x, y) = − . ε0 S

(2.48)

V

Ez´ert grad G(x, y)

=−

x∈S

1 ε0 |S|

(Neumann),

(2.49)

ahol |S| a fel¨ ulet nagys´ aga. Ezzel Z Φ(y) = hΦiS +

d3 xG(y, x)%(x) + ε0

V

I df G(x, y)∇Φ(x),

(2.50)

S

ahol hΦiS a potenci´ al ´ atlaga 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 potenc´ allal. Persze ez is igen bonyolult feladat, lehets´eges megk¨ozel´ıt´esi m´odok: • Numerikus m´ odszerek • a megold´ as megsejt´ese (pl. t¨ uk¨ ort¨ olt´esek m´odszere) • speci´ alis szimmetri´ aj´ u rendszerek, ill. a hozz´ajuk illeszked˝o koordin´atarendszerek. 13

2.2.1

Kapacit´ as

Vegy¨ unk egy f´em fel¨ uleteket tartalmaz´ o rendszert, Dirichlet hat´arfelt´etelekkel. Ennek Green-f¨ uggv´enye legyen G(x, x0 ). T¨ olts¨ uk fel a fel¨ uleteket Vi potenci´ alra, ekkor megadhat´o a potenci´al a t´er minden pontj´aban: mivel most % = 0, ez´ert (2.47) egyenlet szerint I n n X X Φ(y) = −ε0 Vj dfx ∇x G(x, y) = − Vi fi (y). (2.51) j=1

i=1

Sj

A i. fel¨ uleten lev˝ o t¨ olt´es a fel¨ uleti t¨ olt´es ¨ osszege I

I dfy σj (y) = −ε0

Qi = Si

dfy ∇y Φ(y) = ε20

n X j=1

Si

I Vj

I dfx ∇y ∇x G(x, y) ≡

dfy Si

n X

Cij Vj .

(2.52)

j=1

Sj

Vagyis az i. fel¨ uleten lev˝ o t¨ olt´es nagys´ aga line´ arisan f¨ ugg a fel¨ uleteken lev˝o potenci´alt´ol. A line´aris koefficiens a kapacit´ as (m´ atrix). A rendszer energi´ aja W =

1 2

Z

n

d3 x%(x)Φ(x) =

1X Vi 2 i=1

n

I dfx σi (x) = Si

n

1X 1X Vi Qi = Cij Vi Vj . 2 i=1 2 i=1

(2.53)

Gyakorlatban egyszer˝ ubb, ha a potenci´ alok alapj´an megmondjuk a t¨olt´es nagys´ag´at, az ar´anyuk a kapacit´ as. 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: V =

Q 4πε0 R

⇒

C=

Q = 4πε0 R. V

(2.54)

• 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¨ uke lev˝ o t´er egyenletes E = σ/ε0 . Emiatt Q = σA,

2.2.2

V = σd/ε0

⇒

C=

Q Aε0 = . V d

(2.55)

T¨ uk¨ ort¨ olt´ esek m´ odszere

Vegy¨ unk Dirichlet hat´ arfelt´eteleket, ekkor a Green f¨ uggv´eny egy pontt¨olt´es tere akkor, ha a hat´arfelt´etelek minden¨ utt Φ = 0. A t¨ uk¨ ort¨ olt´esek m´ odszer´en´el megpr´ ob´ aljuk a hat´arfelt´eteleket n´eh´any, a nem-fizikai t´erbe (azaz a hat´ arfel¨ uletek altal elszepar´ ´ alt t´err´eszbe) elhelyezett pontt¨ olt´essel kiel´eg´ıteni. Ez nem megy mindig, de vannak speci´alis fel¨ uletek, ahol m˝ uk¨ odik. S´ıklap Green-f¨ uggv´ enye: vegy¨ unk a z = 0 s´ıkon megadott Dirichlet hat´arfelt´eteleket. Ekkor a Green f¨ uggv´enyt u ´gy ´ all´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 ) ˜ = (x1 , x2 , −x3 ) pontban, hogy Φ(y1 , y2 , y3 = 0) = 0. Ennek a felt´etelnek nyilv´an megfelel egy olyan rendszer, ahol x pontba letesz¨ unk egy (−1) pontt¨ olt´est, hiszen a teljes megold´as ekkor   1 1 1 G(x, y) = Φ(y) = − , (2.56) ˜| 4πε0 |y − x| |y − x komponensekben ki´ırva 1 G(x, y) = Φ(y) = 4πε0

"

1

1

#

p −p . (y1 − x1 )2 + (y2 − x2 )2 + (y3 − x3 )2 (y1 − x1 )2 + (y2 − x2 )2 + (y3 + x3 )2

(2.57)

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? G¨ omb Green-f¨ uggv´ enye: vegy¨ unk egy R sugar´ u g¨omb¨ot az orig´o k¨or¨ ul – milyen a Green-f¨ uggv´enye r > R tartom´ anyban? 14

A Green f¨ uggv´enyhez egy pontt¨ olt´esre kell megoldanunk a Φ(r = R) = 0 hat´ar´ert´ek-feladatot. A g¨ombszimmetria miatt v´ alasszuk a pontt¨ olt´es hely´et a x = (x, 0, 0) helyre. Tegy¨ uk fel, hogy a t¨ uk¨ort¨olt´esek m´odszere m˝ uk¨odik egyetlen, a g¨ omb belsej´ebe x0 = (x0 , 0, 0) helyre betett −q nagys´ag´ u t¨ uk¨ort¨olt´essel. Vagyis a feltev´es¨ unk szerint   1 q 1 − , (2.58) Φ(y) = 4πε0 |y − x| |y − x0 | komponensekben kifejezve 1 Φ(y) = 4πε0

"

#

q

1

p . −p (y1 − x1 )2 + y22 + y32 (y1 − x01 )2 + y22 + y32

(2.59)

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 ∀y1 . q 2 x21 − 2y1 x1 + R2 = x01 − 2y1 x01 + R2

(2.60)

Ez teljes´ıthet˝ o, mert k´et v´ altoz´ onk van, ´es a fenti egyenlet line´aris:   2 q 2 x21 + R2 = x01 + R2 q 2 x1 = x01 .

(2.61)

(q 2 − 1)(q 2 x21 − R2 ) = 0

⇒

q2 = 1

vagy

q=

R . x1

A q = 1 esetre x01 = x1 , ekkor nincs egy´ altal´ an t´er. A fizikai megold´as a m´asik q= Tetsz˝ oleges x ´es yeset´en a Green-f¨ uggv´eny 

R , x1

x01 =



R2 . x1

(2.62)





 R/|x|  1 1    1 . r 2  = 4πε  |y − x| −  2 2 R 0 y x 2 − 2xy |y − x 2 | + R |x| R2 A m´ asodik formula mutatja, hogy G(x, y) = G(y, x). k´ erd´ es: mi a g¨ omb Green-f¨ uggv´ enye az r < R t´ err´ eszben? G(x, y) =

1   1 − 4πε0  |y − x|

(2.63)

Feladat: Milyen az egyenletes E0 elektomos t´erbe helyezett f¨oldelt g¨omb tere? Megold´ as: A f¨ oldelts´eg azt jelenti, hogy Φ = 0 a fel¨ uleten. Az egyenletes elektromos teret el˝o´all´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 1 q E0 = ⇒ q = 2πε0 x2 E0 . (2.64) 2πε0 x2 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´avol´asguk Q = qR/x = 2πε0 xRE0 ,

x0 = R2 /x

(2.65) 0

3

Ha x → ∞, akkor a t¨ uk¨ ort¨ olt´esek egy dip´ olust alkotnak, a dip´oler˝oss´eg p = 2Qx = 4πε0 R E0 . Dip´olus potenci´ alj´ at l´ attuk (2.32)-ben. Ez´ert a teljes t´er potenci´alja, vektorosan   R3 Φ(x) = −E0 x 1 − . (2.66) |x|3 ´ 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 (2.32) egyenletettel: p = 4πε0 R3 E 0 .

(2.67)

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. 15

2.2.3

Koordin´ atarendszerek, ortogon´ alis f¨ uggv´ enyek

Mi a teend˝ o, ha egy ´ altal´ anos S fel¨ uleten van a hat´arfelt´etel? A Green-f¨ uggv´eny megold´as´at keress¨ uk G(x, y) =

1 1 + F (x, y) 4πε0 |x − y|

(2.68)

alakban. Ekkor 4x G(x, y) = −

1 δ(x − y) ε0

G(x ∈ S, y) = 0

⇒

⇒

4x F (x, y) = 0

F (x ∈ S, y) = −

1 1 . 4πε0 |x − y|

(2.69)

Vagyis ha ismerj¨ uk a Laplace-egyenlet megold´ as´at tetsz˝oleges hat´arfelt´etelek eset´en, akkor meg tudjuk konstru´ alni a Poisson-egyenlet Green-f¨ uggv´eny´et. Kvalitat´ıve v´egiggondolva a feladatot: a megold´ashoz pr´ob´aljunk olyan koordin´atarendszert v´alasztani, ahol az els˝ o k´et v´ altoz´ ohoz tartoz´ o koordin´ atafel¨ ulet ´eppen a hat´arfel¨ ulet, ´es v´alasszuk a harmadik koordin´at´at erre mer˝ olegesen. Vagyis param´eterezz¨ uk a helyvektorokat r(ξi )-vel i = 1, 2, 3, olyan m´odon, hogy r(ξ1 , ξ2 , ξ3 = 1) ≡ S, ´es ∂r/∂ξ3 kdf . Ebben a koordin´ atarendszerben 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, (2.70) ahol 4k illetve 4⊥ a fel¨ uletir´ any´ u, illetve arra mer˝oleges deriv´altakat tartalmaz. Ekkor a feladat megold´as´at kereshetj¨ uk F (ξk , ξ⊥ ) = Fk (ξk )F⊥ (ξ⊥ )

(2.71)

alakban, ahol ξk = (ξ1 , ξ2 ) ´es ξ⊥ = ξ3 . Ekkor 0 = F⊥ 4k Fk + Fk 4⊥ F⊥

⇒

0=

4k F 4⊥ F + . Fk F⊥

(2.72)

Megfelel˝ o norm´ al´ as eset´en ez 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 ´ alland´ o (nulla), ha mindk´et tag konstans. Azaz 4k Fk = λFk ,

4⊥ F⊥ = −λF⊥

(2.73)

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 ).

(2.74)

λ

cλ -k onnan hat´ arozhat´ ok meg, hogy F (ξ1 , ξ2 , ξ3 = 1) =

X

(λ)

cλ Fk (ξk ) = hat´arfelt´etelek,

(2.75)

λ (−λ)

felt´etelezve, hogy F⊥

(ξ3 = 1) = 1.

Ortogon´ alis f¨ uggv´ enyrendszerek A p´ arhuzamos komponenssel kapcsolatban k´et k´erd´es mer¨ ul fel: 1. 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? 2. milyen ´ert´ekeken fut v´egig λ? Ha ∆ egy N × N -es val´ os szimmetrikus m´ atrix lenne, akkor sokmindent tudn´ank a megold´asr´ol. Jel¨olj¨ uk a saj´ at´ert´ek egyenletet ∆F(i) = λi F(i) m´ odon, ekkor 16

• 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 } egy¨ utthat´ok, hogy b = PN as miatt ci = bF(i) . i=1 ci F(i) . Az ortogonalit´ Komponensekben vektorokra igaz lenne, hogy N X

∗ F(i),a F(i),b = δab ,

N X

´es

∗ F(i),a F(j),a = δij .

(2.76)

a=1

i=1

Ha N → ∞, ´es v´egtelen¨ ul bes˝ ur´ıtem a pontokat, akkor v´eg¨ ulis eljuthatok a folytonos f¨ uggv´enyekhez. Fel´ all´ıthat´ o egy megfeleltet´es a diszkr´et ´es folytonos esetek k¨oz¨ott, l. a 2.1 t´abl´azatot.

vektor index osszegz´es ¨ skal´ arszorzat saj´ at´ert´ek-egy. saj´ at´ert´ek saj´ atvektor ortonorm´ alts´ ag teljess´eg kifejt´es

diszkr´et v i P i

u∗ v ∆F (i) = λi F (i) λi ∈ R F (i) vektor F ∗ F = δij PN (i)∗ (j) i=1 F(i),a F(i),b = δab PN b = i=1 ci F (i) ci = F ∗(i) b

folytonos F ∈ L2 R ξ2 R 2 S d∗ ξ d ξ U (ξ)V (ξ) S 4k Fλ = λFλ λ∈R f¨ uggv´enyek R 2Fλ (ξ) ∗ d ξ F (ξ)F λ0 (ξ) = δλλ0 PS ∗ λ 0 0 λ Fλ (ξ)Fλ (ξ ) = δ(ξ − ξ ) P f (ξ)R= λ cλ Fλ (ξ) cλ = S d2 ξ Fλ∗ (ξ)f (ξ)

Table 2.1: 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´oja vektorokra illetve oper´atorokra:
∗ ∗ u∗ Mv = M† u v ⇒ (M † )ij = Mji Z Z d2 ξ F ∗ (ξ)M G(ξ) = d2 ξ (M † F (ξ))∗ G(ξ). (2.77) S

S

A Laplace oper´ atorra a Gauss-t´etel alkalmaz´ as´ aval bel´athat´o (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) Z Z Z 2 ∗ 2 ∗ d ξ F ∇(∇G) = − d ξ (∇F ) (∇G) = d2 ξ (4F )∗ G ⇒ 4† = 4. (2.78) S

S

S

Laplace-egyenlet megold´ asa t´ eglatesten felvett hat´ arfelt´ etelekkel Vegy¨ unk egy a, b ill. c ´elhossz´ us´ ag´ u t´eglatestet, ´es a fel¨ uleteken r´ojunk ki 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.

17

A feladathoz a Descartes koordin´ at´ ak illeszkednek j´ol; a k koorin´at´ak most x ´es y, a ⊥ koordin´ata z. A Laplace fel´ırhat´ o mint 4 = 4k + 4⊥ , 4k = ∂x2 + ∂y2 , 4⊥ = ∂z2 . (2.79) A megold´ ast keress¨ uk Φ(x, y, z) = Φk (x, y)Φz (z) alakban: 4Φ = Φz 4k Φk + Φk 4z Φz = 0

⇒

4 k Φk 4z Φz + = 0. Φk Φz

(2.80)

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 = λ 2 Φz . dz 2

4k Φk = −λ2 Φk ,

(2.81)

Az els˝ o egyenlet megold´ as´ at keress¨ uk ism´et Φk (x, y) = Φx (x)Φy (y) alakban. A fenti gondolatmenettel d2 Φy = −β 2 Φy , dy 2

d2 Φx = −α2 Φx , dx2

α 2 + β 2 = λ2 .

(2.82)

Ezen egyenletek megold´ asai a harmonikus f¨ uggv´enyek Φx (x) ∼ sin(α(x + x0 )),

Φy (y) ∼ sin(β(y + y0 )),

Φz (z) ∼ sinh(λ(z + z0 )).

(2.83)

A kiel´eg´ıtend˝ o hat´ arfelt´etelek: Φ(x = 0, a) = Φ(y = 0, b) = Φ(z = 0) = 0 miatt nπx Φx (x) ∼ sin( ), a

mπy Φy (y) ∼ sin( ), b

Φz (z) ∼ sinh(λnm z),

λnm =

r  nπ 2 a

A teljes megold´ as ezek tetsz˝ oleges egy¨ utthat´ oval vett ¨osszege X mπy nπx ) sin( ) sinh(λnm z). Φ(x) = Anm sin( a b nm M´eg ki kell el´eg´ıten¨ unk a z = c lapon felvett hat´arfelt´eteleket X nπx mπy V (x, y) = Anm sin( ) sin( ) sinh(λnm c). a b nm

+

 mπ 2 b

.

(2.84)

(2.85)

(2.86)

Kihaszn´ alhatjuk a saj´ atf¨ uggv´enyek ortogonalit´ as´at, amely most u ´gy ´ırhat´o, hogy Za

Zb dx

0

dy sin(

nπx mπy n0 πx m0 πy ab ) sin( ) sin( ) sin( ) = δnn0 δmm0 . a b a b 4

(2.87)

0

Ezzel ab Anm sinh(λnm c) = 4

Za dx 0

Ezzel Φ(x) =

X nm

2.2.4

Zb dyV (x, y) sin(

nπx mπy ) sin( ) ≡ Vnm . a b

(2.88)

0

4Vnm nπx mπy sin( ) sin( ) sinh(λnm z). ab sinh(λnm c) a b

(2.89)

G¨ orbevonal´ u koordin´ at´ ak

A m´ asik k´erd´es, amit meg kell v´ alaszolnunk, hogy hogyan n´ez ki a Laplace oper´ator g¨orbevonal´ u koordin´at´ ak eset´en? Enn´el kiss´e ´ altal´ anosabban fogalmazzuk meg a k´erd´est, ´es a g¨orbevonal´ u koordin´atarendszerekben ´erv´enyes anal´ızis alapjait n´ezz¨ uk meg. G¨ orbevonal´ u koordin´ atarendszerben a t´er minden pontj´at param´eterezem h´arom sz´ammal. A kor´abbiakt´ ol elt´er˝ oen 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. 18

A g¨ orbevonal´ u koordin´ atarendszerek egyik legfontosabb tulajdons´aga, hogy minden helyen m´asok a koordin´ atatengelyek. oi jel¨ olik A koordin´ ata-vonalak az r(ξ j )|ξj6=i egy-param´eteres g¨orb´ek. Adott ponton 3 ilyen g¨orbe megy ´at, a g¨orb´ek ´erint˝ ki a koordin´ atatengelyeket: ∂r(ξ) ei (x) = . (2.90) ∂ξ i Ezen lok´ alis b´ azisok minden pontban m´ as ir´ anyba mutatnak. Rn -ben kit¨ untetett a Descartes koordin´atarendszerb˝ ol, (0) amely glob´ alis ortonorm´ alt koordin´ at´ akat haszn´ al: r = xi ei . Ezekkel fel´ırva ei (x) =

∂xj (0) (0) e ≡ Jij (x)ej . ∂ξ i j

(2.91)

Ha a´tt´er¨ unk ξ-k szerinti integr´ alra, akkor ennek a m´atrixnak a determin´ansa j¨on be, amit index n´elk¨ uli J-nek nevez¨ unk Z Z d3 x = d3 ξJ. (2.92) J-nek b´ azis-invari´ ans jelent´ese is van: ez adja meg a b´azisvektorok ´altal kijel¨olt t´erfogategys´eget J = [e1 (x) × e2 (x)]e3 (x),

(2.93)

A tov´ abbiakban elhagyjuk a x hely jel¨ ol´es´et. A (lok´ alis) b´ azisvektorok ´ altal´ 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 . (2.94) Vektromez˝ o kifejthet˝ o mindk´et b´ azisban v = v i ei = vi ei

v i = vei ,

⇒

vi = vei .

(2.95)

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 ,

(2.96)

g neve metrikus tenzor. A Descrates-b´ azissal kifejezve (0)

(0)

gij = Jik ek Jj` e`

= Jik Jjk .

(2.97)

gij g jk = δik ,

(2.98)

Mivel ei = gij g jk ek

⇒

a k´et m´ atrix egym´ as inverze. 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 .

(2.99)

A vektori´ alis szorzat kifejez´ese (a × b)k = (a × b)ek = ai bj (ei × ej )ek = Jεijk ai bj .

(2.100)

Deriv´ al´ asok a g¨ orbevonal´ u koordin´ at´ ak szerint: mennyit v´altozik egy skal´armez˝o ´ert´eke, ha x-b˝ol x + δx pontba megyek ´ at? Koordin´ at´ azva a teret ξ i → ξ i + δξ i eltol´ast n´ez¨ unk: δΦ(x) = Φ(x + δx) − Φ(x) = Φ(ξ + δξ) − Φ(ξ) = δξ i

δΦ δΦ = δx ei i . δξ i δξ

(2.101)

Mivel a bal oldalon egy koordin´ atarendszer f¨ uggetlen mennyis´eg ´all, ´es δx is koordin´atarendszer-f¨ uggetlen mennyis´eg, ez´ert δΦ grad Φ = ∇Φ = ei i ⇒ ∇i Φ = ∂i Φ, ∇i Φ = g ij ∂j Φ (2.102) δξ 19

is koordin´ at´ az´ as-f¨ uggetlen, fizikai mennyis´eg – ez a gradiens. Ha vektormez˝ ot megv´ altoz´ as´ at n´ezem, akkor figyelembe kell venni a b´azisok megv´altoz´as´at is!     ∂E i j ∂ei ∂E i i ∂ei i j e + E = δx e ⊗ e + E e ⊗ . δE(x) = E(x + δx) − E(x) = (E i ei )(ξ + δξ) − (E i ei )(ξ) = δξ j i i ∂ξ j ∂ξ j ∂ξ j ∂ξ j (2.103) Szok´ as a b´ azisvektor deriv´ altj´ at, amely egy vektormez˝o, kifejezni koordin´at´ak szerint: ∂ei = Γkij ek ∂ξ j Γ-k a Christoffel szimb´ olumok. Mivel

Γkij = ek ∂i ej ,

⇒

∂r ∂ei = i j ∂ξ j ∂ξ ∂ξ

(2.104)

Γkij = Γkji .

⇒

(2.105)

Ism´et a gradiensn´el l´ atott ´ervel´essel: a bal oldal koordin´atarendszer-f¨ uggetlen, δx szint´en az, ez´ert a vektormez˝ o deriv´ altm´ atrixa is koordin´ atarendszer-f¨ uggetlen.   ∂E k i k j k j + E Γ ⇒ (∇i E)k = ∂i E k + Γkij E j (2.106) ∇⊗E = ij e ⊗ ek ≡ ∇j E e ⊗ ek ∂ξ j Fontos megjegyezni, hogy a z´ ar´ ojeles kifejez´es egyik tagja sem alkot koordin´atarendszer-f¨ uggetlen mennyis´eget, vagyis a parci´ alis deriv´ al´ as ¨ onmag´ aban semmit nem fejez ki. Az igazi fizikai deriv´al´as ∇ kovari´ ans deriv´ alt. Megjegyz´esek a kovari´ ans deriv´ altr´ ol, illetve Christoffel szimb´olumokr´ol: • a defini´ al´ o (2.104) k´eplet alapj´ an ei (ξ + dξ) = ei (ξ) + Γkij ek dξ j

⇒

ei (ξ + dξ) = ei (ξ) + Γi dx.

(2.107)

Vagyis Γ mint m´ atrix megadja, hogyan v´altozik a koordin´atarendszer ha egy kicsit beljebb megy¨ unk. M´ as sz´ oval megadja a koordin´ atarendszerek kapcsolat´at – ez´ert szokt´ak Γ-t konnexi´ o -nak is nevezni. Mivel a kkordin´ atarendszerek kapcsolat´ at adja meg, defin´ıci´oja koordin´atarendszer-f¨ ugg˝o! • Γ m´ atrix komponensei (Γi )kj = Γkij ; ekkor a kovari´ans deriv´altat u ´gy is ´ırhatjuk, hogy ∇i = ∂i + Γi . • p´ arhuzamos eltol´ as: ha adott x pontban egy E vektor, ´es x + dx helyre p´arhuzamosan eltolom, 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 i = Γkij E i dξ j .

(2.108)

• 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 `

⇒

(∇i T )jk = ∂i T jk + Γji` T `k + Γki` T j` . (2.109)

• Kovari´ ans vektormez˝ o kovari´ ans deriv´ altj´ anak sz´am´ıt´asakor felhaszn´alhatjuk, hogy Ej Aj skal´armez˝o tetsz˝ oleges j A eset´en, ez´ert: (∇i E)j = ∂i Ej − Γkij Ek = (δjk ∂i − Γkij )Ek . (2.110) • A metrikus tenzor deriv´ altja ∂i gjk = ∂i (ej ek ) = Γ`ij g`k + Γ`ik g`j

⇒

∇i gjk = 0.

(2.111)

Ez biztos´ıtja, hogy a kovari´ ans deriv´ al´ as indexeit is g-vel lehet fel-le h´ uzni. • A fenti egyenletet mindh´ arom lehets´eges indexkombin´aci´oval fel´ırva Γkij =

1 k` g (∂i gj` + ∂j gi` − ∂` gij ) . 2 20

(2.112)

A vektormez˝ o deriv´ altj´ anak trace-e az E divergenci´aja, skal´armez˝o div E = ∇E = ∂j E j + Γjij E i .

(2.113)

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 +

Γjij =

⇒

∂i J . J

∂i J i 1 E = ∂i (JE i ). J J

(2.114)

(2.115)

Descartes-koordin´ at´ akb´ ol indulva (2.97) alapj´ an det g = J 2 . Ilyen m´odon 1 √ div grad Φ = 4Φ = √ ∂i ( gg ij ∂j Φ). g

(2.116)

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 .

(2.117)

1 ∂ h1 h2 h3 ∂Φ . h1 h2 h3 ∂ξi h2i ∂ξi

(2.118)

Az integr´ al´ asi m´ert´ek Z

d3 x =

Z

d3 ξ h1 h2 h3 .

(2.119)

Vektormez˝ o komponensein´el szokt´ ak norm´ alni a b´azisvektorokat, vagyis bevezetik a ˆi = e

1 ei hi

⇒

ˆi e ˆi E = E i ei = E

⇒

Ei =

1 ˆ Ei , hi

ˆi , Ei = hi E

(2.120)

ekkor 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 =

ˆi 1 h1 h2 h3 E ∂i , h1 h2 h3 hi

(2.121)

a Laplace 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 ) =

1 ∇i Ej εijk ek × J

⇒

rot E =

1 ijk ε ∇i Ej ek . J

(2.122)

Γ als´ o indexeinek szimmetri´ aja miatt rot E =

1 ijk hk ˆj )ˆ ε ∂i Ej ek → εijk ∂i (hj E ek , J J

(2.123)

ahol a jobb oldal ortogon´ alis koordin´ atarendszerekben ´erv´enyes.

2.2.5

G¨ ombi koordin´ atarendszer

A g¨ ombi koordin´ at´ akra a k¨ ovetkez˝ o transzform´ aci´oval t´er¨ unk ´at    x = r sin θ cos ϕ  er = (sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ, cos θ) y = r sin θ sin ϕ eθ = (r cos θ cos ϕ, r cos θ sin ϕ, −r sin θ) . (x, y, z) → (r, θ, ϕ), ⇒   x = r cos θ eϕ = (−r sin θ sin ϕ, r sin θ cos ϕ, 0)

21

(2.124)

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. (2.125) hr = er er = 1, Ez´ert az integr´ al´ asi m´ert´ek, a hat´ arokat is felt¨ untetve Z

Z∞

3

d x=

Zπ dr

0

Z2π dθ

0

Z∞

2

dϕ r sin θ = 0

drr

2

Z1

Z2π dx

−1

0

dϕ,

x = cos θ.

(2.126)

0

A laplace oper´ ator 1 ∂ 4Φ = 2 r ∂r

    1 ∂ ∂Φ 1 ∂2Φ 2 ∂Φ . r + 2 sin θ + 2 2 ∂r r sin θ ∂θ ∂θ r sin θ ∂ϕ2

(2.127)

Az els˝ o tag ´ırhat´ o m´ as alakban is 1 ∂ r2 ∂r



r2

∂Φ ∂r

 =

1 ∂2 (rΦ). r ∂r2

(2.128)

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 megszorozni az egyenletet r2 -tel     1 ∂ 1 ∂ ∂Φ 1 ∂2Φ 2 2 2 ∂Φ r 4Φ = 0 = r 4r Φ + 4Ω Φ, 4r Φ = 2 r , 4Ω Φ = sin θ + . (2.129) r ∂r ∂r sin θ ∂θ ∂θ sin2 θ ∂ϕ2 Keress¨ uk a megold´ ast Φ(r, Ω) = R(r)Y (Ω) alakban. A fenti egyenletet osztva Φ-vel r 2 4r R 4Ω Y r2 4Φ =0= + Φ R Y

r2 4r R = `(` + 1)R,

⇒

4Ω Y = −`(` + 1)Y,

(2.130)

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. A radi´ alis egyenlet A radi´ alis egyenlet ki´ırva r

∂2 (rR) = `(` + 1)R. ∂r2

(2.131)

Megold´ as´ at keress¨ uk R(r) = ra alakban a(a + 1) = `(` + 1)

⇒

a = `,

vagy

a = −(` + 1).

(2.132)

Mivel m´ asodrend˝ u az egyenlet, val´ oban k´et line´ arisan f¨ uggetlen megold´ast v´artunk. A t´ ersz¨ ogf¨ ugg˝ o r´ esz 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

(2.133)

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  2 d Ψ        2 = −m2 Ψ 2 sin θ d dP 1 d Ψ dϕ     sin θ + `(` + 1) sin2 θ + =0 ⇒ 1 d dP m2  P dθ ∂θ Ψ dϕ2  sin θ + `(` + 1) − P = 0,  sin θ dθ dθ sin2 θ (2.134) hiszen az els˝ o tag csak θ-t´ ol, a m´ asodik csak ϕ-t˝ol f¨ ugg. 22

A Ψ-ra vonatkoz´ o egyenletet j´ ol ismerj¨ uk, megold´asai Ψ(ϕ) = eimϕ ,

Ψ(ϕ) = e−imϕ .

vagy

(2.135)

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     1 d d dP m2 d P = 0. (2.136) =− ⇒ (1 − x2 ) + `(` + 1) − x = cos θ, dx sin θ dθ dx dx 1 − x2 Ezt ´ altal´ anos´ıtott (vagy asszoci´ alt) Legendre egyenletk´ent ismeri a matematikai irodalom (l´asd pl. http://mathworld.wolfram.com/LegendreDifferentialEquation.html). K´ et line´arisan f¨ uggetlen megold´ast v´arunk, jel¨ olj¨ uk oket P`m ´es Qm ˝ o ill. m´ asodfaj´ u Legendre-f¨ uggv´enyek). Vizsg´aljuk meg ezeket a megold´asokat el˝obb speci´ alis es` -el (els˝ eten: m = ` = 0 eset

Ekkor   d dP (1 − x2 ) =0 dx dx

⇒

dP C2 = dx 1 − x2

⇒

P (x) = C1 +

C2 1 + x ln . 2 1−x

(2.137)

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, 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 dx



(1 − x2 )

dP dx

 + `(` + 1)P = 0

(2.138)

Legendre egyenlet. Ennek megold´ asair´ ol a k¨ ovetkez˝oket lehet tudni (l. pl. http://en.wikipedia.org/wiki/Legendre_polynomials http://mathworld.wolfram.com/LegendrePolynomial.html). ´ • 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. • Ha ` eg´esz, akkor az egyik megold´ as, P` (x), `-edfok´ u polynom, 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 ´ altal´ anos alak megadhat´ o a Rodrigues-formul´aval  P0 (x) = 1      P1 (x) = x 1 d` 2 ` P2 (x) = 21 (3x2 − 1) P` (x) = ` (2.139) (x − 1) ⇒  2 `! dx` 1 3  P = (5x − 3x)  3 2   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 ).

(2.140)

• A Legendre polinomok gener´ atorf¨ uggv´enye ∞

√

X 1 = t` P` (x). 2 1 − 2xt + t `=0 23

(2.141)

Ennek bizony´ıt´ asa: Vizsg´ aljuk 1/|y−ez | kifejez´est abban az esetben, ha t = |y| < 1. G¨ombi koordin´atarendszerben kifejezve ∞ X 1 1 1 =√ = =p f` (t)P` (cos θ), (2.142) |y − ez | t2 + 1 − 2t cos θ t2 + 1 − 2yez `=0 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 |

(2.143)

hiszen |y| < |ez |. Emiatt f` (t) ∼ t` vagy t−`−1 . Mivel ez ut´obbi nem regul´aris a t = 0-ban, marad az els˝ o. Teh´ at ∞

√

X 1 = c` t` P` (x). t2 + 1 − 2tx `=0

(2.144)

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

⇒

c` = 1.

(2.145)

`=0

Ez a formula fontos lesz a multipol-kifejt´esn´el, hiszen ∞

X r` 1 1 1 1 < p =p = = P (cos θ), `+1 ` |x − y| r> 1 + (r< /r> )2 − 2(r< /r> ) cos θ r x2 + y 2 − 2xy cos θ `=0 >

(2.146)

ahol r< = min(|x|, |y|) ´es r> = max(|x|, |y|). ´ Altal´ anos eset

Ekkor meg kell oldani     dP m2 d (1 − x2 ) + `(` + 1) − P = 0. dx dx 1 − x2

(2.147)

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 (θ = π-n´el), a m´asik x = −1-n´el ` (x) k¨ (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 megadhat´ o, mint dm P`m (x) = (−1)m (1 − x2 )m/2 m P` (x). (2.148) dx Ekkor a m´ asik megold´ as, Qm al x = ±1-n´el. ` (x) diverg´ • Negat´ıv m-ekre P`−m (x) = (−1)m

(` − m)! m P (x). (` + m)! `

(2.149)

• Ortogonalit´ asi rel´ aci´ o: Z1

dx P`m (x)P`m 0 (x)

Z1

2(` + m)! = δ``0 , (2` + 1)(` − m)!

0

dx

−1

−1

24

P`m (x)P`m (x) (` + m)! = δmm0 . 2 1−x m(` − m)!

(2.150)

G¨ ombf¨ uggv´ enyek 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 (l. http://en.wikipedia.org/wiki/Spherical_harmonics); a szok´asos norm´al´assal s 2` + 1 (` + m)! m Y`m (θ, ϕ) = P (cos θ)eimϕ . 4π (` − m)! `

(2.151)

Ekkor igaz Y`,−m = (−1)

m

∗ Y`m ,

Z

∗ dΩ Y`m (Ω)Y`0 m0 (Ω)

=δ δ ``0

mm0

∞ X ` X

,

∗ Y`m (θ, ϕ)Y`m (θ0 ϕ0 ) = δ(ϕ − ϕ0 )δ(cos θ − cos θ0 ).

`=0 m=−`

(2.152) Az els˝ o n´eh´ any g¨ ombf¨ uggv´eny r r 1 1 3 3 1 cos θ, Y11 = − sin θeiϕ Y00 = √ , Y10 = 2 π 2 2π 4π r r
1 5 1 15 2 Y20 = 3 cos θ − 1 , Y21 = − sin θ cos θeiϕ , 4 π 2 2π

Y22

1 = 4

r

15 sin2 θe2iϕ . 2π

(2.153)

G¨ ombfel¨ uleten n´egyzetesen integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyek kifejthet˝ok Y`m szerint: f (θ, ϕ) =

∞ X ` X

Z f`m Y`m (θ, ϕ),

f`m =

∗ dΩ Y`m (θ, ϕ)f (θ, ϕ).

(2.154)

`=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. G¨ ombf¨ uggv´ enyek ´ es forgat´ asok A g¨ ombf¨ uggv´enyek fontos szerepet j´atszanak a forgat´asok vizsg´alat´aban is. Ehhez 2 v´egezz¨ unk el egy ortogon´ alis transzform´ aci´ ot a vektorokon: x ∈ R3 -re x0 = Ox, ahol OT O = 1. Ekkor x0 = (Ox)(Ox) = xOT Ox = x2 , vagyis a hossz invari´ansan marad. O teh´at forgat´ast ´ır le. A laplace oper´ ator 4 = ∇∇, azaz a ∇ “n´egyzete”, ez´ert invari´ans. G¨ombi 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. N´ezz¨ uk most a g¨ ombf¨ uggv´enyeket. Mivel egy n egys´egvektor g¨ombi koordin´at´ai (r = 1, θ, ϕ), ez´ert a (θ, ϕ) argumentumokat helyettes´ıthetj¨ uk az n megad´ as´ aval: ´ıgy pl. Y`m (n). Elforgatva a koordin´atarendszert Y`m (On) f¨ uggv´enyt kapjuk. Miut´ an azonban 4Ω invari´ ans a forgat´ asra, ez´ert igaz lesz 4Ω Y`m (n) = `(` + 1)Y`m (n)

⇒

4Ω Y`m (On) = `(` + 1)Y`m (On).

(2.155)

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),

(2.156)

m=−`

ahol az egy¨ utthat´ ok f¨ uggnek a forgat´ as m´ aP trix´at´ol. Mivel k´et forgat´as egym´asut´anj´at n´ezve O1 O2 = O3 szint´en forgat´ ashoz jutunk, a fenti formul´ aba be´ırva n Dmn (O1 )Dnm0 (O2 ) = Dmm0 (O3 ) kifejez´est kapjuk. Az Y`m f¨ uggv´enyek norm´ aP lts´ aga miatt (l. (2.152) m´ asodik egyenlete), valamint a dΩ integr´al´asi m´ert´ek forg´asinvarianci´aja miatt igaz az is, ∗ hogy n Dnm (O)Dnm0 (O) = δmm0 . A fentieket u ´gy foglalhatjuk ¨ossze, hogy a forg´asok ´ abr´ azol´ odnak az adott `-hez tartoz´ o g¨ ombf¨ uggv´enyek ter´en. Ezeket a gondolatokat sokf´elek´eppen hasznos´ıthatjuk. Egyik alkalmaz´as a k¨ovetkez˝o t´etel:

25

Kifejt´ esi t´ etel

ha adott n illetve n0 k´et egys´egvektor, akkor ` X 4π ∗ P` (n n) = Y`m (n0 )Y`m (n). 2` + 1 0

(2.157)

m=−`

p A bizony´ıt´ ashoz felhaszn´ aljuk, hogy θ = 0-n´al, vagyis n = ez eset´en (2.151) miatt Y`m (ez ) = δm0 (2` + 1)/(4π). Ez´ert r r ` X 2` + 1 2` + 1 −1 ∗ −1 −1 Y`m (O ez ) = = D0m (O) . (2.158) Dmm0 (O )Y`m0 (ez ) = Dm0 (O ) 4π 4π m=−` p M´ asr´eszt ha m = 0-ra n´ezz¨ uk, akkor Y`0 (n) = (2` + 1)/(4π)P` (ez n), hiszen az argumentum ez n = cos θ. Emiatt r r 2` + 1 2` + 1 X 2` + 1 X ∗ P` (ez On) = Y`0 (On) = D0m (O)Y`m (n) = Y (O−1 ez )Y`m (n). (2.159) 4π 4π m 4π m `m Mivel minden n0 vektorhoz l´etezik olyan forgat´ as, amely ˝ot a z-tengelybe viszi ´at, ez´ert ∃O, hogy n0 = O−1 ez . Ezzel a fenti k´eplet a bizony´ıtand´ o´ all´ıt´ ast adja. A Laplace egyenlet megold´ asai A teljes kifejt´eshez haszn´ aland´ o alak:   X Dν,m m Bν,m m imϕ ν m imϕ imϕ ν m imϕ + Cν,m r Qν (cos θ)e + ν+1 Qν (cos θ)e . Φ(r, θ, ϕ) = Aν,m r Pν (cos θ)e + ν+1 Pν (cos θ)e r r ν,m (2.160) Speci´ alis esetekben: • Ha ϕ ∈ [0, 2π], akkor Φ(r, θ, ϕ) = Φ(r, θ, ϕ + 2π) miatt m ∈ Z eg´esz sz´am. Ha a hat´arfelt´etelek nem f¨ uggnek ϕ-t˝ ol (hengerszimmetria), akkor m = 0. • Ha a θ = 0, azaz a z tengely benne van az ´ertelmez´esi tartom´anyban, akkor csak a Pνm f¨ uggv´enyek haszn´ aland´ ok. • Ha a megold´ as a teljes 4π t´ersz¨ ogben ´ertelmezett, akkor ` ∈ N ´es −` ≤ m ≤ `, vagyis a g¨ombf¨ uggv´enyeket kell haszn´ alnunk   ∞ X ` X B`m Φ(r, θ, ϕ) = A`m r` + `+1 Y`m (θ, ϕ). (2.161) r `=0 m=−`

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` (2.162) Φ(r, θ) = A` r` + `+1 P` (cos θ). r `=0

Ekkor az A` illetve B` egy¨ utthat´ ok meghat´aroz´as´ahoz el´eg a potenci´al ismerete a cos θ = 1 mellett, azaz a z tengelyen, ekkor ugyanis P` (1) = 1. Feladat: A m´ ar l´ atott: E 0 t´erer˝ oss´egbe helyezett, f¨oldelt, R sugar´ u f´emg¨omb tere. Megold´ as: Itt a teljes 4π tartom´ anyban ´ertelmezett a megold´as, azaz 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. (2.162). 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

`=0

26

 ⇒

A1 = −E0 A`6=1 = 0

(2.163)

A g¨ ombfel¨ uleten a potenci´ al nulla Φ(r = R, θ) =

 ∞  X B` A` R` + `+1 P` (cos θ) = 0 R

B` = −A` R2`+1 =

⇒



`=0

B1 = −E0 R3 B`6=1 = 0

(2.164)

V´eg¨ ulis kapjuk     R3 R3 Φ = −E0 1 − 3 r cos θ = −E 0 x 1 − , r |x|3

(2.165)

ahogyan kor´ abban m´ ar l´ attuk (v¨ o. (2.66)). Feladat: 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 ´ertelemzett 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). (2.166) ν

A lehets´eges ν ´ert´ekeket az szor´ıtja meg, hogy a potenci´al nulla θ = Θ esetben: Pν (cos Θ) = 0.

(2.167)

Egy adott Θ-ra a Pν (cos Θ) oszcill´ al´ o f¨ uggv´enye ν-nek, l. Fig. 2.1. A Pν (x) f¨ uggv´enyek teljes rendszert alkotnak, 1

2.5

0.8 2

0.4

1.5 !0

P!(0.5)

0.6 0.2

1

0 -0.2

0.5

-0.4 -0.6

0

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 !

60

90

120 "

150

180

Figure 2.1: Legendre f¨ uggv´eny 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).

(2.168)

A ν0 legkisebb nullhely f¨ ugg´ese cos Θ-t´ ol a 2.1 ´abr´an l´athat´o. Jellemz˝ok • Ha Θ → 0, akkor cos Θ → 1, viszont Pν (1) = 1, azaz egyre nagyobb ν kell a nullhelyhez, ´ıgy ν0 → ∞. • Ha Θ < π/2, azaz bem´elyed´es, akkor ν0 > 1. • 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.

27

A fel¨ uletre mer˝ oleges elektromos t´er nagys´aga Eθ = −

1 ∂Φ σ ∼ rν0 −1 sin θPν0 0 (cos θ) = . r ∂θ ε0

(2.169)

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 cs´ ucshat´ as

⇒

Vill´ amh´ ar´ıt´ o: leveg˝ oben a maxim´ alis elektromos t´er Emax ≈ 106 - 107 V/m. Efelett m´ar ionok k´epz˝odnek, gyorsulva lavin´ at gerjesztenek: ez a vill´ am. Cs´ ucsos fel¨ uletn´el nagyobb a t´erer˝o, t¨obb az ion, ez´ert oda fog becsapni a vill´ am.

2.2.6

Hengerkoordin´ at´ ak

A hengerkoordin´ at´ ak defin´ıci´ oja   x = % cos ϕ y = % sin ϕ  z=z

(x, y, z) → (%, ϕ, z),

  e% = (cos ϕ, sin ϕ, 0) eϕ = (−% sin ϕ, % cos ϕ, 0)  ez = (0, 0, 1)

⇒

Emiatt Z h% = 1,

hϕ = %,

hz = 1

⇒

3

Z∞

d x=

Z∞

Z2π d%%

0

dϕ 0

(2.170)

dz.

(2.171)

−∞

A Laplace egyenlet alakja 1 ∂ 0 = 4Φ = % ∂%

  ∂Φ 1 ∂2Φ ∂2Φ % + 2 + . ∂% % ∂ϕ2 ∂z 2

(2.172)

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 d2 Z dR 1 d2 Ψ 1 d + . (2.173) % + 2 0 = 4Φ = %R d% d% % Ψ dϕ2 Z dz 2 Viszont v´ alaszthatunk, melyik koordin´ at´ at tekintj¨ uk “mer˝olegesnek”. Egyik lehet˝os´eg, hogy ξk = (%, ϕ), ξ⊥ = z. Ekkor d2 Z = k 2 Z ⇒ Z = ekz , vagy e−kz , (2.174) dz 2 valamint   1 d dR 1 d2 Ψ % + 2 = −k 2 . (2.175) %R d% d% % Ψ dϕ2 Ezt megszorozva %2 -tel 

% d R d%

 %

dR d%





+ k 2 %2 +

1 d2 Ψ =0 Ψ dϕ2

⇒

 2 d Ψ    2 = −m2 Ψ dϕ     1 d dR m2  2  % + k − 2 R = 0.  % d% d% %

(2.176)

Az els˝ o egyenlet megold´ asa Ψ = eimϕ ,

vagy

e−imϕ .

(2.177)

Ha az ´ertelmez´esi tartom´ any ϕ ∈ [0, 2π], akkor a megold´as periodikus kell legyen 2π szerint, ez´ert m ∈ N eg´esz. A m´ asodik egyenlet megold´ as´ ahoz u ´j v´ altoz´ o x = k%, ekkor   d2 R 1 dR m2 + + 1 − 2 R = 0. (2.178) dx2 x dx x 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.

28

• Els˝ ofaj´ u Bessel-f¨ uggv´enyek Jm (x). Hatv´ anysor reprezent´aci´oja Jm (x) =

∞  x m X

2

 x 2n (−1)n , n!Γ(m + n + 1) 2 n=0

ahol Γ a Gamma-f¨ uggv´eny:

Z∞ Γ(n ∈ N ) = (n − 1)!,

Γ(z) =

(2.179)

dt tz−1 e−t .

(2.180)

0

M´ asik, gyakran haszn´ alt reprezent´ aci´ o 1 Jn (x) = π

Zπ

1 dτ cos(nτ − x sin τ ) = 2π

Zπ

dτ ei(nτ −x sin τ ) .

(2.181)

−π

0

• Ha m nem eg´esz, akkor Jm (x) ´es J−m (x) line´arisan f¨ uggetlenek. Ha m eg´esz, akkor J−m (x) = (−1)m 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

(2.182)

m´ asodfaj´ u Bessel f¨ uggv´eny vagy Neumann-f¨ uggv´eny. N´eha ezek kombin´aci´oj´at haszn´alj´ak: (1) Hm (x) = Jm (x) + iNm (x),

(2) Hm (x) = Jm (x) − iNm (x),

(2.183)

harmadfaj´ u Bessel f¨ uggv´enyek vagy Henkel-f¨ uggv´enyek. • Hat´ aresetek: x1 x1

 m  x m 1 Γ(m) 2 , Nm (x) = − ill. Γ(m + 1) 2 π x r r mπ π 2 2 cos(x − − ), Nm (x) = sin(x − Jm (x) = πx 2 4 πx Jm (x) =

2 x log (m = 0) π 2 mπ π − ). 2 4

(2.184)

A m´ asodik alakb´ ol l´ atszik, hogy v´egtelen sok gy¨ok van. • 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

(2.185)

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

(2.186)

0

A Laplace egyenlet megold´ asai ezek szerint X  Φ(%, ϕ, z) = (Amk Jm (k%) + Bmk Nm (k%))ekz eimϕ + {k → −k} + {m → −m} + {k → −k, m → −m} . km

A lehets´eges k ´es m ´ert´ekeket a hat´ arfelt´etelek ´ all´ıtj´ak be.

29

(2.187)

Feladat: Adott egy h magass´ ag´ u R sugar´ u henger, melynek oldal´an ´es az alaplapj´an Φ = 0, a tetej´en Φ(%, ϕ, z = h) = V (%, ϕ). Milyen a potenci´ al a henger belsej´eben? Megold´ as: Mivel a feladat a teljes ϕ ∈ [0, 2π] tartom´anyban ´ertelmes, ez´ert m eg´esz. M´asr´eszt a potenci´al regul´ aris a % → 0 esetben, ez´ert Nm egy¨ utthat´ oja nulla. A potenci´alnak null´anak kell lennie % = R esetben, valamint z = 0 esetben. A kifejt´es ezek szerint Φ(%, ϕ, z) =

∞ X ∞ X

sinh(kmi z)Jm (kmi %) (Ami sin mϕ + Bmi cos mϕ) ,

kmi R = αmi .

(2.188)

i=0 m=0

z = h-n´ al a potenci´ al V (%, ϕ), azaz V (%, ϕ, z) =

X

sinh(kmi h)Jm (kmi %) (Ami sin mϕ + Bmi cos mϕ)

(2.189)

mi

Az egy¨ utthat´ ok, kihaszn´ alva m´eg, hogy Z2π dϕ sin mϕ sin nϕ = πδnm , . . .

(2.190)

0

a k¨ ovetkez˝ oknek ad´ odnak: Ami =

Bmi =

2.2.7

Za

2 2 πa2 Jm+1 (αmi ) sinh(kmi h)

2 2 πa2 Jm+1 (αmi ) sinh(kmi h)

Z2π d%%

dϕ V (%, ϕ) Jm (kmi %) sin mϕ,

0

0

Za

Z2π d%%

0

(2.191) dϕ V (%, ϕ) Jm (kmi %) cos mϕ.

0

Multip´ olus kifejt´ es

Hagyjuk most a speci´ alis koordin´ atarendszereket, ´es t´argyaljuk ism´et adott t¨olt´eseloszl´as ter´et, de most nagy t´ avols´ agra. Legyen teh´ at egy lokaliz´ alt t¨ olt´eseloszl´ asunk, amelynek karakterisztikus m´erete a: Z 1 %(x0 ) Φ(x) = d3 x0 . (2.192) 4πε0 |x − x0 | Az |x|  a esetben sorba fejthetj¨ uk a nevez˝ ot – ezt megtehetj¨ uk ´altal´anos koordin´at´akkal, vagy g¨ombi koordin´ atarendszerben kifejtve. ´ Altal´ anos koordin´ at´ akkal (|x| = r jel¨ ol´essel) 1 1 1 1 1 = − x0i ∂i + x0i x0j ∂i ∂i + . . . . |x − x0 | r r 2 r Mivel ∂i ez´ert:

xi 1 = − 3, r r

∂i ∂j

3xi xj − r2 δij 1 = , r r5

(2.193)

(2.194)

2

1 1 x0 x 1 3(x0 x)2 − x0 x2 = + 3 + + .... |x − x0 | r r 2 r5

(2.195)

Vissza´ırva 1 Φ(x) = 4πε0

Z

"

#   2 1 1 x0 x 1 3(x0 x)2 − x0 x2 Q px 1 xQx d x %(x ) + 3 + + .... = + 3 + + ... , r r 2 r5 4πε0 r r 2 r5 3 0

0

30

(2.196)

ahol

Z Q=

Z

d3 x0 %(x0 ),

Z

d3 x0 x0 %(x0 ),

p=

Qij =

2

d3 x0 (3x0i x0j − x0 δij )%(x0 ),

(2.197)

a t¨ olt´es, dip´ olmomentum illetve kvadrup´ olmomentum. Ez ut´obbi egy 3 × 3-as spurtalan tenzor. Ha magasabb rend˝ u multipol-momentumokra is sz¨ uks´eg van, akkor ´erdemesebb a g¨ombi koordin´at´akban kifejezett alakot haszn´ alni. Felhaszn´ alva (2.146) ´es (2.157) egyenleteket, valamint hogy most |x| = r  |x0 | = r0 ∞ X ` ∞ ` ` X X 4π r0 r0 1 0 P (xx ) = = Y ∗ (ˆ x0 )Y`m (ˆ x). ` |x − x0 | r`+1 r`+1 2` + 1 `m

Ezzel:

(2.198)

`=0 m=−`

`=0

1 1 X q`m Y`m (θ, ϕ), Φ(x) = `+1 ε0 2` + 1 r

Z ahol q`m =

`

∗ d3 x0 r0 Y`m (θ0 , ϕ0 ) %(x0 ).

(2.199)

`m

¨ • Osszef¨ ugg´es van a q, p, Qij ´es q`m , ` = 0, 1, 2 egy¨ utthat´ok k¨oz¨ott:   r   q1,−1 − q1,1 px √ 2π  i(q1,−1 + q1,1 )  Q = 4π q00 ,  py  = √ 3 pz 2 q10 q q q   q    6π 2 2π 2π q (q − q ) (q2−1 − q21 ) q + q − 4i 20 2−2 22 22 2−2 Qxx Qxy Qxz 15 3 15 15   q  q  q   Qyx Qyy Qyz  =  2 2π (2.200) . Qyx − 6π q (q + q ) q + q − i   20 2−1 21 22 2−2 15 3 15 pπ Qzx Qzy Qzz Qzx Qzy 4 5 q20 • Ha a t¨ olt´eseloszl´ as jellemz˝ o m´erete a, akkor a tipikus nagys´agrendek Q ∼ 1, p ∼ a, Qij ∼ a2 . • Ha ´ athelyezem a koordin´ atarendszer k¨ oz´eppontj´at, akkor x0 → x0 + c m´odon kell az integr´alok alatt m´ odos´ıtanom, vagyis a fenti egy¨ utthat´ ok m´ odosul´ asa: ∆Q = 0,

∆Qij = 3(ci pj + cj pi ) − 2cpδij + (3ci cj − c2 δij )Q, . . .

δp = Qc,

(2.201)

´ Altal´ aban igaz, hogy a legalacsonyabb multip´ol momentum koordin´atarendszer-f¨ uggetlen. • Mi´ert van a kvadrupol tenzornak 5 komponense? 3 × 3 m´atrix komponenseinek sz´ama 9. Szimmetrikus kell, mert xQx alakban jelenik meg. Spurja az´ert t˝ unik el, mert Qij ∼ ∂i ∂j r−1 , vagyis a spur ar´anyos 4r−1 = 0. Egy m´ atrix ilyen felbont´ asa megfelel a forg´ asok irreducibilis ´abr´azol´asainak.

2.3

Elektrosztatika anyag jelenl´ et´ eben

Val´ odi anyagokban k´etfajta viselked´es lehets´eges: ha vannak szabad t¨olt´eshordoz´ok, akkor sztatikus elektromos t´er hat´ as´ ara addig mozognak, ameddig az elektromos t´er le nem ´arny´ekol´odik. Ha nincsenek szabadon elmozdul´o t¨ olt´eshordoz´ ok, akkor is vannak elektromos t¨ olt´esek az anyagban, helyhez k¨ot¨otten. Ebben az esetben elektromos t´er hat´ as´ ara a t¨ olt´eshordoz´ ok csak kicsit mozdulnak el. Tekints¨ uk az anyag egy kis, nulla ¨ osszt¨ olt´es˝ u anyagdarabk´aj´at. Ennek f¨ uggetlen¨ ul lehet eleve valamilyen t¨olt´eseloszl´ asa, de ha k¨ uls˝ o elektromos teret alkalmazunk, akkor mindenk´eppen kialakul egy nem trivi´alis t¨olt´eseloszl´as (l. f´emg¨ omb polariz´ aci´ oja, (2.66) ´es (2.165)). A molekul´ aris t¨olt´eseloszl´ast makroszkopikus t´avols´agb´ol figyelj¨ uk meg, vagyis alkalmazhat´ o a multipol-kifejt´es. Az anyagdarabka jellemz˝o m´eret´ere a-t v´eve, az n. multip´olmomentum an -nel ar´ anyos, tere a dip´ ol ter´ehez k´epest an−1 /|x − xp |n−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, l. 2.2. ´abra. Vagyis ha egy pontt¨ olt´est ´es egy kis anyagdarabk´ at n´ez¨ unk, akkor az x helyen m´erhet˝o potenci´al: Φ(x) =

1 1 p(x − xp ) q + , 4πε0 |x − x0 | 4πε0 |x − xp |3

ahol x0 a pontt¨ olt´es, xp az anyagdarabke helye. 31

(2.202)

p

+q

Φ Figure 2.2: Pontt¨ olt´es ´es dip´ollal k¨ozel´ıtett anyagdarab egy¨ uttes hat´asa Amennyiben t¨ obb t¨ olt´es¨ unk van, akkor ezt a t¨olt´ess˝ ur˝ us´eggel jellemezhetj¨ uk. Ha kiterjedt anyagunk van, akkor ezt felosztjuk elemi dV t´erfogat´ u cell´ akra, melyek t¨olt´eseloszl´as´at a p dip´olmomentumukkal jellemezz¨ uk, ´es ezekre osszegz¨ ¨ unk. 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. A feloszt´ assal null´ ahoz tartva integr´alt kapunk: Z Z 0 0 %(x0 ) 1 1 3 3 0 P (x )(x − x ) d x + d x . (2.203) Φ(x) = 4πε0 |x − x0 | 4πε0 |x − x0 |3 A m´ asodik tagban lev˝ o integr´ alt tov´ abb alak´ıtva (elhagyva a teljes divergenci´ab´ol j¨ov˝o fel¨ uleti tagokat)   Z Z Z P (x0 )(x − x0 ) 1 (∇P )(x0 ) d3 x 0 = d3 x0 P (x0 ) ∇0 = − d3 x 0 . 0 3 0 |x − x | |x − x | |x − x0 | Ezt vissza´ırva Φ(x) =

1 4πε0

Z

d3 x

%(x0 ) − ∇P (x0 ) |x − x0 |

(2.204)

(2.205)

Vagyis a polariz´ aci´ ob´ ol ered˝ o j´ arul´ek pontosan olyan alak´ u, mint a betett t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg j´arul´eka. Ezt u ´gy fogalmazhatjuk, hogy a teljes ´erezhet˝ o t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg ´ert´eke %tot = % − ∇P = % + %ind .

(2.206)

A m´ asodik tagot szokt´ ak induk´ alt t¨ olt´ess˝ ur˝ us´egnek nevezni. A mikroszkopikus k´ep em¨og¨ott az, hogy ha megn´ezz¨ uk, hogy egy V t´erfogatban mekkora t¨ olt´es helyezkedik el, akkor az ´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 ) . (2.207) 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 ∇E = %tot ⇒ ∇ E + P = %. ε0 ε0 ε0

(2.208)

Bevezetve D = ε0 E + P mennyis´eget (elektromos eltol´as) az anyagban ´erv´enyes Maxwell-egyenletek alakja ∇D = %,

∇ × E = 0.

(2.209)

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. 32

Hogy a fenti egyenletet kezelni tudjuk, sz¨ uks´eg¨ unk van egy D(E) ¨osszef¨ ugg´esre. F´emg¨ombn´el l´attuk ((2.67)), hogy p = 4πR3 ε0 E. Vagyis ha V t´erfogatban van egy f´emg¨omb, akkor a polariz´aci´o-s˝ ur˝ us´eg   p 4πε0 R3 4πR3 = E, D = ε0 1 + E. (2.210) P = V V V A legt¨ obb anyagra igaz lesz P = ε0 χE,

D = ε0 (1 + χ)E = ε0 εr E = εE,

(2.211)

ahol χ (elektromos szuszceptibilit´ as) εr (relat´ıv permittivit´as) illetve ε (permittivit´as vagy dielektromos ´alland´ o) szimmetrikus m´ atrixok, izotr´ op anyagban azonban csak sz´amok. Teljesen ´ altal´ anos anyagi tulajdons´ agok eset´en nem tehet¨ unk m´ast, mint megpr´ob´aljuk megoldani a ∇(ε(x)∇Φ(x)) = −%(x)

(2.212)

egyenletet. Homog´en, izotr´ op anyagban a potenci´alra fel´ırhat´o E=

1 D ε

⇒

div E =

% ε

⇒

% 4Φ = − . ε

(2.213)

Ugyanaz az egyenlet mint v´ akuumban, csak a permittivit´as ´ert´eke m´as. R´eszlegesen homog´en k¨ozegekben a homog´en tartom´ anyokban alkalmazhatjuk a fenti k´epletet, a k¨ozeghat´arokon hat´arfelt´eteleket szabhatunk.

2.3.1

Hat´ arfelt´ etelek

K¨ ozeghat´ aron a hat´ arfel¨ uleten dA alap´ u d` magass´ag´ u henger fel¨ ulet´ere integr´alva, ahol d` → 0 a fel¨ uletre rakott k¨ uls˝ o t¨ olt´est kapjuk. Felt´eve, hogy ilyen nincsen, kapjuk: Z D1n = D2n . (2.214) div D = 0 = dA(D2n − D1n ) ⇒ V

Ennek fizikai jelent´ese az, hogy inhomog´en anyagban t¨olt´eseloszl´as induk´al´odik. K´et homog´en anyag hat´ ar´ an fel¨ uleti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg alakul ki, hiszen a fel¨ ulethez k¨ ozel, a fel¨ uletet a z = 0 s´ıkba fektetve: %ind = −∂i Pi = −∂i [P2i Θ(z) + P1i Θ(−z)] = (P1z − P2z )δ(z)

⇒

σ = P1z − P2z .

(2.215)

´ Altal´ aban a fel¨ uleti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg a polariz´ aci´ o norm´alis vet¨ ulet´enek ugr´as´aval egyenl˝o. Mivel az elektromos t´erer˝ oss´eg norm´ alis vet¨ ulet´enek ugr´ asa a fel¨ uleti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eggel egyenl˝o E2n − E1n =

σ ε0

⇒

ε0 E2n − ε0 E1n = P1n − P2n

⇒

D1n = D2n ,

(2.216)

ami ugyanaz, mint (2.214). A m´ asik hat´ arfelt´etel onnan j¨ on, hogy a fel¨ uletet k¨orbe¨olel˝o, d` magass´ag´ u ´es dh hossz´ us´ag´ u t´eglalapra integr´ alom rot E-t, mik¨ ozben d` → 0: Z rot E = 0 = dh(E2t − E1t ) ⇒ E2t = E1t . (2.217) A

Ez fizikailag u ´gy interpret´ alhat´ o, hogy a fel¨ ulet ir´any´aban nincsen induk´alt t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg, ez´ert a t´erer˝oss´eg ilyen ir´ any´ u komponens´enek nincsen ugr´ asa: E2t = E1t . (2.218) 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

(2.219)

Vagyis r´eszben folytonos k¨ ozegekn´el 4Φ = −

% ε

´es a fel¨ uleteken Φ ´es ε

33

∂Φ folytonos. ∂n

(2.220)

Mivel itt is a Poisson egyenlet megold´ as´ at keress¨ uk, ugyanazok a m´odszerek alkalmazhat´ok, mint a f´emek eset´eben. Megjegyz´es: ha ε2 → ∞, akkor D2n = D1n

⇒ ⇒

ε1 ∂Φ E1n = 0 ⇒ = 0 a hat´aron a fel¨ ulet belseje fel˝ol ε2 ∂n Φ|bel¨ Φ|hat´aron = konst. ul = konst. ⇒ E bel¨ ul = 0, E2n =

(2.221)

Ez felel meg a f´emeknek.

2.3.2

T¨ uk¨ ort¨ olt´ esek m´ odszere

A m´ odszer logik´ aja ugyanaz mint a f´emek eset´eben: az 1. t´erben fel´ırt Poisson egyenlet megold´as´at keress¨ uk az oda helyezett pontt¨ olt´esek tere, ´es a t¨ obbi (azaz nem az els˝o t´err´eszbe) elhelyezett t¨ uk¨ort¨olt´esek tere ¨osszegek´ent. Mivel e t¨ uk¨ ort¨ olt´esek nem az els˝ o t´err´eszben vannak, nem befoly´asolj´ak a Poisson egyenlet forr´as´at. Ugyanez igaz persze a t¨ obbi t´err´eszre is. Feladat: A fels˝ o f´els´ıkot (z > 0) ε1 , az als´ o f´els´ıkot (z < 0) ε2 premittivit´as´ u anyag t¨olti ki. A fels˝o f´els´ıkra q t¨ olt´est helyez¨ unk x0 helyre, a s´ıkt´ ol z0 t´ avols´ agra. Milyen lesz a potenci´al a rendszerben? Megold´ as: A megoldand´ o egyenletek 4Φ1 (x) = −

q δ(x − x0 ), ε1

4Φ2 = 0,

Φ1 (x, y, 0) = Φ2 (x, y, 0),

ε1

∂Φ2 ∂Φ1 = ε . 2 ∂z (x,y,0) ∂z (x,y,0)

(2.222)

T¨ uk¨ ort¨ olt´es feltev´es: pr´ ob´ aljuk a Φ1 potenci´alt a q t¨olt´es ´es a 2. f´els´ıkba, a s´ıkt´ol szint´en z0 t´avols´agra elhelyezett q 0 t¨ olt´essel le´ırni; Φ2 -t pedig pr´ ob´ aljuk az 1. f´els´ıkba, a s´ıkt´ol z0 t´avols´agra elhelyezett q 00 pontt¨olt´essel le´ırni. Azaz Φ1 (x) =

q 1 1 q0 p p + , 4πε1 x2 + y 2 + (z − z0 )2 4πε1 x2 + y 2 + (z + z0 )2

Φ2 (x) =

1 q 00 p . 4πε2 x2 + y 2 + (z − z0 )2 (2.223)

A hat´ arfelt´etelek Φ1 (x, y, 0) = Φ2 (x, y, 0) ⇒ ∂Φ1 ∂Φ2 ε1 = ε 2 ∂z (x,y,0) ∂z (x,y,0) Ennek megold´ asa q0 =

ε1 − ε2 q, ε1 + ε2

q 00 =

q 00 q + q0 = ε1 ε2 ⇒

q − q 0 = q 00 .

2ε2 q. ε1 + ε2

(2.224)

(2.225)

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.

2.3.3

Teljes f¨ uggv´ enyrendszerek

Ha a 4Φ = 0 egyenlet megold´ as´ at keress¨ uk, akkor a kor´abban l´atott megold´asokat haszn´alhatjuk k¨ ul¨onb¨oz˝o szimmetri´ aj´ u rendszerekben. Feladat: Dielektromos g¨ omb k¨ uls˝ o t´erbe helyezve: vegy¨ unk egy R sugar´ u g¨omb¨ot ε permittivit´assal, k´ıv¨ ul εk permittivit´ as´ u anyag legyen. Alkalmazzunk E 0 k¨ uls˝o elektromos teret. Milyen lesz az elektromos t´erer˝oss´eg a rendszerben?

34

Megold´ as: A megoldand´ o egyenletek, ha a k¨ uls˝o elektromos t´er z ir´any´ u: 4Φ = 0, ∂Φ ε ∂r

4Φk = 0, ∂Φk = εk ∂r

(r=R,θ,ϕ)

Φ(r = R, θ, ϕ) = Φk (r = R, θ, ϕ), Φk (r → ∞, θϕ) = −E0 r cos θ,

,

Φ(r → 0) = v´eges.

(2.226)

(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 X Φk (r, θ) = (A` r` + B` r−`−1 )P` (cos θ), Φ(r, θ) = (C` r` + D` r−`−1 )P` (cos θ). (2.227) `

`

Most m´ ar csak a hat´ arfelt´etelek kiel´eg´ıt´ese van h´atra. X r→∞: Φk (r, θ) = A` r` P` (cos θ) = −E0 r cos θ

⇒

A1 = −E0 ,

A`6=1 = 0.

(2.228)

`

Mivel a t¨ obbi egyenletben az egy¨ utthat´ ok egym´assal ar´anyosak, feltehetj¨ uk, hogy minden ` 6= 1 egy¨ utthat´ o nulla.

r→0: r=R: r=R:

D1 P1 (cos θ) = v´eges r2 B1 −E0 R + 2 = C1 R R B1 εk (−E0 − 2 3 ) = εC1 . R Φ=

Innen kapjuk C1 = −

3εk E0 , 2εk + ε

B1 =

⇒

D1 = 0

(2.229)

ε − εk E0 R 3 . 2εk + ε

(2.230)

Ezzel fel´ırva a megold´ asok   ε − εk R3 Φ1 = −Ex 1 − , 2εk + ε r3

Φ2 = −

3εk Ex. 2εk + ε

(2.231)

A megfelel˝ o t´erer˝ oss´egek: Ek = E0 +

ε − εk 3 3x(E 0 x) − E 0 r2 R , 2εk + ε r5

Eb =

3εk E0. 2εk + ε

(2.232)

A g¨ omb¨ on k´ıv¨ ul a megold´ as a k¨ uls˝ o t´er mellett egy dip´ol tere, ahol a dip´ol er˝oss´ege p = 4πεk

ε − εk 3 εr − 1 3 R E 0 = 4πεk R E0, 2εk + ε εr + 2

εr =

ε . εk

(2.233)

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´ertej¨ ov˝ o egyenletes t´er nagys´ aga εk − ε E pol = E0. (2.234) 2εk + ε Ha teh´ at k´ıv¨ ul jobban polariz´ alhat´ o anyag tal´alhat´o, akkor E polar n¨oveli a k¨ uls˝o teret, ha bel¨ ul van jobban polariz´ alhat´ o anyag, akkor cs¨ okkenti azt. A fel¨ uleten (r = R-n´el) a t´erer˝ oss´egek k¨ ul¨ onbs´ege a fel¨ uletre mer˝oleges, nagys´aga a fel¨ uleti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg: σ 3(ε − εk ) = (ˆ xE 0 ). ε0 2εk + ε

(2.235)

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. 35

A fenti feladatra ´ep´ıthet¨ unk anyagmodellt is. Mikroszk´opikusan 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 molukula/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

(2.236)

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

(2.237)

Ez a Clausius-Mosotti egyenlet. Akkor ad j´ o eredm´enyt, ha az anyagnak a t¨olt´esszerkezete teljes m´ert´ekben a polariz´ aci´ o hat´ as´ ara alakul ki. Hogy γ-t megkapjuk, mikroszkopikus le´ır´ asra van sz¨ uks´eg. Legegyszer˝ ubb modell, ha a t¨olt´eshordoz´ot (elektront) harmonikus potenci´ allal k¨ ot¨ ottnek k´epzelj¨ uk. Ekkor E 0 t´erer˝oss´eg hat´as´ara t¨ort´en˝o elmozdul´as x ´ert´eke Dx = qE 0

⇒

p = qx =

e2 E0 D

⇒

γ=

q2 . ε0 D

(2.238)

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 γ=

q2 . ε0 ω 2 m

(2.239)

Ha t¨ obb t¨ olt´eshordoz´ o, illetve t¨ obb saj´ atfrekvencia is van, akkor γ=

2.3.4

1 X qi2 . ε 0 i ωi2 mi

(2.240)

Elektrosztatikus energia anyag jelenl´ et´ eben

Kor´ abban m´ ar l´ attuk r¨ ogz´ıtett t¨ olt´eseloszl´ as energi´aj´at. Anyag jelenl´et´eben nem tudjuk r¨ogz´ıteni az ¨osszes t¨ olt´est, ´ıgy az ott kapott k´eplet m´ odos´ıt´ asra szorul. ´ Alland´ o dielektrikum El˝ osz¨ or r¨ ogz´ıts¨ uk a dielektrikumot. Induljunk ki abb´ol, hogy δ% extra k¨ uls˝o t¨olt´es adott potenci´alba v´egtelenb˝ ol t¨ ort´en˝ o behozatal´ ahoz sz¨ uks´eges energia Z δW =

d3 x δ%(x)Φ(x).

(2.241)

A behozott t¨ olt´es miatt az anyag kiss´e ´ atpolariz´al´odik: div D = %,

div(D + δD) = % + δ%

⇒

δ% = div δD.

Ezt vissza´ırva, ´es felhaszn´ alva, hogy Φ(∞) = 0: Z Z Z δW = d3 x div(δD)Φ = − d3 x δD grad Φ = d3 x δD E. Amennyiben az anyag line´ aris, azaz D = εE, akkor a fenti alak felintegr´alhat´o: Z Z 1 1 1 1 W = d3 x EεE = d3 x DE ⇒ w = EεE = DE. 2 2 2 2

(2.242)

(2.243)

(2.244)

Egy hasonl´ o gondolatmenettel azt is mondhattuk volna, hogy mikor k´ıv¨ ulr˝ol behozok egy t¨olt´est, val´ oj´ aban az anyagot is ´ atpolariz´ alom, vagyis ¨ osszesen %tot = % + %ind t¨olt´est viszek a rendszerbe. Ennek forr´asa m´ar E, vagyis ekkor a fenti gondolatmenet a szok´ asos v´ akuum formul´at adja. 36

A kett˝ o gondolatmenet k¨ oz¨ otti k¨ ul¨ onbs´eg az anyag polariz´aci´os j´arul´eka Z Z Z Z d3 x δ%ind Φ = − d3 x div(δP )Φ = d3 x δP grad Φ = − d3 x δP E.

(2.245)

K´erd´es, hogy ez az energia honnan sz´ armazik. Mikroszkopikusan line´ aris anyag k´epzelhet˝ o n´egyzetes potenci´allal k¨ot¨ott t¨olt´eshordoz´oknak. A rug´oban t´ arolt potenci´ alis energia: 1 1 q2 E 2 1 q2 E ⇒ Dx2 = = pE. (2.246) qE = Dx ⇒ p = D 2 2 D 2 Ha a dip´ olok eloszl´ as´ at folytonosnak vessz¨ uk, akkor a rug´ok potenci´alis energi´aja ´es az elektromos t´er energi´ aja ¨ osszesen Z Z Z 1 1 1 W = d3 x ε0 EE + d3 x P E = d3 x DE. (2.247) 2 2 2 T¨ olt´ eseloszl´ as k¨ uls˝ o t´ erben Hogy mikroszkopikusan is l´ assuk, mi t¨ ort´enik a polariz´aci´os energi´aval, vizsg´aljunk r¨ogz´ıtett kis m´eret˝ u t¨olt´eseloszl´ ast sim´ıtott k¨ uls˝ o elektromos t´erben. Ennek energi´ aja:   Z Z 1 W = d3 x%(x)Φ0 (x) = d3 x%(x) Φ0 (0) + x∇Φ(0) + xi xj ∂i ∂j Φ0 + . . . (2.248) 2 Mivel 4Φ = 0, az utols´ o tagot kieg´esz´ıthetj¨ uk δij r2 -tel. Ekkor 1 ∂Ei W = QΦ − pE − Qij + .... 6 ∂xj

(2.249)

´ Alland´ o t¨ olt´ esek, v´ altoz´ o dielektrikum V´ altoztassuk a dielektrikumot ´ alland´ o k¨ uls˝ o t¨ olt´eseloszl´as mellett. Induljunk dielektrikum n´elk¨ uli ´allapotb´ ol, ekkor legyen a t´erer˝ oss´eg E 0 , az elektromos eltol´ as D 0 = ε0 E 0 . A dielektrikum jelenl´et´eben ezek megv´altoznak E illetve D ´ert´ekre. Sz´ am´ıtsuk ki a k¨ ul¨ onbs´eget! A kiindul´ o k´epletben most csak a dielektrikum energi´aj´at akarom sz´amolni, azaz le kell vonnom 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)). (2.250) Most a fix´ alt t¨ olt´eseloszl´ ast k´etf´ele m´ odon ´ırhatom, mivel % = div D = div D 0 . Haszn´aljuk a k¨ovetkez˝o alakot: Z Z δW 0 = d3 x [Φ div δD 0 − Φ0 div δD] = d3 x [EδD 0 − E 0 δD] . (2.251) 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

(2.252)

´ Alland´ o potenci´ al, v´ altoz´ o dielektrikum Azt is megtehetj¨ uk, hogy a rendszer t¨ olt´eseit k¨ uls˝o potenci´allal r¨ogz´ıtem. Ekkor a fenti gondolatmenet annyiban m´ odosul, hogy most a t¨ olt´esek mind a potenci´ allal r¨ ogz´ıtett fel¨ uletre ker¨ ulnek, viszont m´as t¨olt´est kell az anyag jelenl´et´eben felvinni, mint an´elk¨ ul, mert a potenci´ alokat kell fixen tartani: Z I δW 00 = d3 x (δ%Φ − δ%0 Φ0 ) = d2 x(δσΦ − δσ0 Φ0 ). (2.253)

37

Mivel a fel¨ uleten a potenci´ alok nem v´ altoznak, ez´ert ott Φ = Φ0 , illetve tetsz˝olegesen cser´elgethetj¨ uk ˝oket. A hasznos kombin´ aci´ o most I Z Z δW 00 = d2 x(δσΦ0 − δσ0 Φ) = d3 x (δ%Φ0 − δ%0 Φ) = d3 x (δDE 0 − δD 0 E). (2.254) L´ athat´ oan most pontosan (2.251) m´ınusz egyszeres´et kaptuk: Z 1 δW 00 = −δW 0 ⇒ W 00 = d3 x P E 0 , 2

δw00 =

1 P E0. 2

(2.255)

A k¨ ul¨ onbs´eg oka az, hogy m´ ast tekintek a k´et esetben anyag n´elk¨ uli rendszernek, vagyis a referenciapont k¨ ul¨ onb¨ ozik. Ha pl. a fix t¨ olt´eseket n´ezem, ahhoz k´epest a fix potenci´aln´al t¨olt´eseket kell mozgatnom, hogy a potenci´ alok ne v´ altozzanak, ez pedig munkav´egz´est jelent. A fenti k´et gondolatmenet illeszkedik a termodinamikai le´ır´asba: defini´alhatjuk a r¨ogz´ıtett t¨olt´esek melletti energi´ at, infinitezim´ alis alakj´ aban dE = −pdV + T dS − E 0 dP . (2.256) 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 E 0 ⇒ dF = −pdV + T dS + P dE 0 . (2.257)

2.4

Magnetosztatika

A m´ agness´eg el˝ oid´ez˝ oje a mozg´ o t¨ olt´esek – ez´ert el˝osz¨or ennek jellemz´es´et n´ezz¨ uk.

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 atlagsebess´ege v(x). Ha a t¨ ´ olt´est is belevessz¨ uk, akkor besz´el¨ unk ´arams˝ ur˝ us´egr˝ol: 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 ´atfoly´o t¨olt´esek sz´ama, tekintetbe v´eve, hogy v⊥ df = v df : dq = J df . (2.258) dt ´atfoly´o Ha a t¨ olt´esek egy hossz´ u vezet˝ oben haladnak, akkor a´ramer˝oss´eg a vezet˝o teljes keresztmetszt´en egys´egnyi id˝ o alatt atfoly´ ´ o t¨ olt´es. A fentiek miatt Z I = df J (x). (2.259) 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.

(2.260)

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: I Z d ∂% df J (x) = − d3 x %(x, t) ⇒ + div J = 0. (2.261) dt ∂t ∂V V Ez a t¨ olt´esmegmarad´ as m´erlegegyenlete. Magnetosztatik´aban %˙ = 0, azaz div J = 0.

38

2.4.2

M´ agneses alapjelens´ egek

Tapasztalat szerint az ´ aram hat az ir´ anyt˝ ure (Oersted, 1819) ⇒ 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 ar´ anyos dJ × x . (2.262) dB ∼ |x|3 Az ar´ anyoss´ agi t´enyez˝ o SI-ben µ0 /4π = 10−7 N/A2 , µ0 a v´akuumpermeabilit´as. A B m´ert´ekegys´ege a tesla (T). Kiterjedt vezet˝ ore Z I µ0 I µ0 J (x0 ) × (x − x0 ) ds × (x − x0 ) B(x) = d3 x0 , illetve B(x) = (2.263) 4π |x − x0 |3 4π |x − x0 |3 Szint´en tapasztalat, hogy m´ agneses t´erben pontt¨olt´esre hat´o er˝o (Lorentz-er˝o) illetve forgat´onyomat´ek: Z F = qv × B

⇒

dF = dJ × B

⇒

Z

3

d x J (x) × B(x),

F =

N=

d3 x x × (J (x) × B(x))

(2.264)

Lok´ alis t¨ orv´ enyek Ism´et haszn´ alhatjuk, hogy x/|x|3 gradiensk´ent ´ all el˝o J (x0 ) 1 J (x0 ) × (x − x0 ) = −J (x0 ) × ∇x = ∇x × . 0 3 0 |x − x | |x − x | |x − x0 |

(2.265)

Emiatt B(x) =

µ0 ∇× 4π

Z

d3 x 0

J (x0 ) |x − x0 |

⇒

A(x) =

µ0 4π

Z

d3 x0

J (x0 ) , |x − x0 |

B = rot A.

(2.266)

A bevezetett A mennyis´eg a vektorpotenci´ al. Ha v´ekony vezet˝onk van, akkor µ0 I 4π

A(x) =

I

ds0 |x − s0 |

(2.267)

Miut´ an B rot´ aci´ ok´ent ´ all el˝ o: div B = 0,

(2.268)

∇ × B = ∇ × (∇ × A) = ∇∇A − 4A ⇒ εijk ∂j εk`m ∂` Am = ∂i (∂j Aj ) − 4Ai .

(2.269)

az a harmadik Maxwell t¨ orv´eny. Sz´ amoljuk ki B rot´ aci´ oj´ at

Innen az els˝ o tag div A =

µ0 4π

Z

d3 x0 Ji (x0 )∂i

1 µ0 =− 0 |x − x | 4π

Z

d3 x0 ∂i Ji (x0 )

1 =0 |x − x0 |

sztatik´ aban. Itt eldobtunk egy fel¨ uleti integr´ alt, mondv´an, hogy J(∞) = 0. Az A laplac´anak sz´am´ıt´asa: Z Z µ0 1 µ0 4Ai = d3 x0 Ji (x0 )4 = d3 x0 Ji (x0 ) (−4πδ(x − x0 )) = −µ0 Ji (x). 4π |x − x0 | 4π

(2.270)

(2.271)

¨ Osszesen teh´ at 4A = −µ0 J ,

rot B = µ0 J .

(2.272)

Ez a negyedik Maxwell t¨ orv´eny (sztatik´ ara). Egy fel¨ uletre integr´alva Z

I df rot B =

F

Z ds B = µ0

∂F

I df J = µ0 I

F

⇒

µ0 I =

ds B, ∂F

ez az Amp`ere t¨ orv´eny. 39

(2.273)

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´adhatjuk A-hoz, ´es m´eg mindig ugyanazt a m´ agneses indukci´ ot kapjuk: A0 = A + grad Ψ. (2.274) 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.

2.4.3

´ Arameloszl´ asok

Feladat: V´egtelen hossz´ u, v´egtelen¨ ul v´ekony, egyenes vezet˝oben I ´aram folyik. Mekkora a m´agneses indukci´ o? Megold´ as: A rendszer hengerszimmetri´ aja miatt nem f¨ ugghet semmi ϕ-t˝ol hengerkoordin´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 . (2.275) dsB = 2πrBϕ = µ0 I ⇒ Bϕ = 2πr Feladat: Adott egy R sugar´ u v´ekony k¨ or alak´ u vezet˝o, amelyben I ´aram folyik. Mekkora az ´altala l´etrehozott m´ agneses indukci´ o? Megold´ as: A vektorpotenci´ alj´ at sz´ amoljuk ki: A(x) =

µ0 I 4π

I

ds0 |x − s0 |

(2.276)

A k¨ ort param´eterezni kell  −R sin ϕ0 ds0 =  R cos ϕ0  dϕ0 . 0

 R cos ϕ0 s0 =  R sin ϕ0  0





´Irjuk fel x-et hengerkoordin´ at´ akban   % cos ϕ x =  % sin ϕ  z Emiatt µ0 I A(x) = 4π

Z2π 0

|x − s0 | =

p

(2.277)

z 2 + %2 + R2 − 2%R cos(ϕ − ϕ0 ).

(2.278)

 −R sin ϕ0  R cos ϕ0  . dϕ0 p z 2 + %2 + R2 − 2%R cos(ϕ − ϕ0 ) 0

(2.279)

⇒



1

´Irjuk fel a vektorpotenci´ alt hengerkoordin´ at´akban; az egy hossz´ us´ag´ ura norm´alt b´azisvektorok:       cos ϕ − sin ϕ 0 ˆ% =  sin ϕ  ˆϕ =  cos ϕ  ˆz =  0  , e e e 0 0 1

(2.280)

emiatt µ0 IR ˆ% = A% (x) = A(x) e 4π

Z2π 0

− sin(ϕ − ϕ0 ) dϕ0 p = 0, 2 2 z + % + R2 − 2%R cos(ϕ − ϕ0 )

ami nem nulla µ0 IR ˆϕ = Aϕ (x) = A(x) e 4π

Z2π

dϕ0 p

0

40

ˆz = 0, Az (x) = A(x) e

cos(ϕ − ϕ0 ) z 2 + %2 + R2 − 2%R cos(ϕ − ϕ0 )

.

(2.281)

(2.282)

Aϕ nem f¨ ugg ϕ-t˝ ol, ami a feladat hengerszimmetri´aj´ab´ol k¨ovetkezik. Descartes koordin´at´akban az azimutsz¨ ogf¨ ugg´es kiz´ ar´ olag a b´ azisvektorok helyf¨ ugg´es´eb˝ol ad´odik. Az integr´ al megadhat´ o elliptikus f¨ uggv´enyek seg´ıts´eg´evel, vagy numerikusan is sz´amolhat´o. Minket az ´erdekel most, hogy milyen lesz a t´er nagy t´ avols´ agokra? Ekkor r2 = %2 + z 2 jel¨ol´essel r  R, emiatt √

1 u2 1 = − 3 + .... r 2r r2 + u2

(2.283)

Most u2 = R2 − 2%R cos ϕ, azaz Aϕ (%, z) ≈

µ0 I 4π

Z2π

dϕ0 R cos ϕ0



 1 2%R cos ϕ0 − R2 µ0 R2 πI% + . . . = + ..., + 3 r 2r 4π r3

(2.284)

0

hiszen az els˝ o tag nem ad j´ arul´ekot. Mivel most ˆz × x = e ˆz × (zˆ e ez + %ˆ er ) = %ˆ eϕ ,

(2.285)

ez´ert a fenti eredm´eny u ´gy ´ırhat´ o, hogy A(x) =

µ0 m × x 1 + O( 3 ), 3 4π r r

ˆz . ahol m = R2 πI e

(2.286)

A fenti feladat ´ altal´ anos´ıthat´ o tetsz˝ oleges ´ aramhurok ter´enek nagy t´avols´ag´ u viselked´es´ere:   Z Z Z Z 0 1 xj x0j µ0 µ0 µ0 xj µ0 3 0 Ji (x ) 3 0 0 3 0 0 d x = d x Ji (x ) + 3 + ... = d x Ji (x ) + d3 x0 Ji (x0 )x0j + . . . . Ai (x) = 4π |x − x0 | 4π r r 4πr 4π r3 (2.287) Az els˝ o illetve a m´ asodik 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 Z Z Z Z Z d3 x xj Ji = d3 x xj (∂k xi )Jk = − d3 x xi ∂k (xj Jk ) = − d3 x (xi Jj − xi xj div J ) = − d3 x xi Jj . (2.288) Ez´ert a sorfejt´es els˝ o tagja hi´ anyzik, amit a m´ agneses monop´olusok hi´anyak´ent ´ertelmezhet¨ unk1 . A m´asodik tag egy antiszimmetrikus m´ atrix; ehhez hozz´ arendelhetj¨ unk egy vektort, amit m´ agneses dip´ olmomentumnak h´ıvunk: Z Z Z 1 1 d3 x xj Ji = εjik mk vagyis mi = εijk d3 x xj Jk , azaz m = d3 x x × J . (2.289) 2 2 Emiatt v´eg¨ ul: µ0 m × x + .... 4π r3

(2.290)

µ0 εk`n m` xn m` δjn r2 − 3m` xj xn µ0 µ0 3xi (mx) − mi r2 εijk ∂j = (δ δ − δ δ ) = , i` jn in j` 4π r3 4π r5 4π r5

(2.291)

A(x) = M´ agneses dip´ ol indukci´ oja: Bi = (rot A)i =

ugyanaz a k´eplet mint az elektromos dip´ ol eset´eben. Megjegyz´esek a m´ agneses dip´ olmomentummal kapcsolatban: • Vezet˝ o hurok eset´en, a Stokes t´etel miatt: Z I Z Z Z 1 I I I mi = εijk d3 x xj Jk = dsk (εijk xj ) = dfk εk`n ∂` (εijn xj ) = εk`n εi`n dfk = I dfi , 2 2 2 F 2 F F vagyis a m´ agneses dip´ olmomentum m = IF az ´aramhurok fel¨ ulet´evel ar´anyos. 1 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.

41

(2.292)

• t¨ olt¨ ott r´eszecske mozg´ asa eset´en J (x) = qvδ(x − r),

(2.293)

ahol r(t) a r´eszecske trajekt´ ori´ aja. Ekkor Z q 1 q d3 x x × [qvδ(x − r)] = m= r × (mv) = L = γL, 2 2m 2m

(2.294)

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¨ ug´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 L. (2.295) m=g 2m Elektronra a “g-faktor” 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 ´ altal´ anos´ıt´ asa forg´ o, t¨ olt¨ ott merev testre: itt v = ω × x, azaz J (x) = %(x)(ω × x). Emiatt Z  Z Q 1 1 3 2 3 d x %(x) (x − x ⊗ x) ω = Θ ω. d x %(x) x × (ω × x) = m= 2 2 2M

(2.296)

ahol Θ a test tehetetlens´egi nyomat´eka, ha a t¨omegeloszl´as´ara %m = %M/Q-t vesz¨ unk.

2.4.4

K¨ uls˝ o t´ erbe helyezett ´ arameloszl´ as

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) + . . .) . (2.297) 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 .

(2.298)

Ezzel εjki εjn` = δkn δi` − δk` δin miatt Fi = (δkn δi` − δk` δin )mn ∂` Bk = mk ∂i Bk − mi ∂i Bi

⇒

F = ∇(mB),

(2.299)

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,

U = −mB.

Ez az U teh´ at a k¨ uls˝ o t´erbe helyezett m´ agneses dip´ol energi´aja. A forgat´ onyomat´ek kifejez´ese: Z Z Ni = d3 x [x × (J (x) × B(x))]i = d3 x (Ji (x)xj Bj (x) − Bi (x)xj Jj (x)) → εji` m` Bj

(2.300)

⇒

N = m × B. (2.301)

A fentiek f´eny´eben elemezhetj¨ uk, mit is csin´ al egy kis m´agnes egy m´asik, r¨ogz´ıtett m´agnes mellett. Mindk´et m´ agnest k¨ ozel´ıts¨ uk dip´ ollal, m illetve m0 dip´ olmomentummal. Ha m nem p´arhuzamos a lok´alis m´agneses indukci´ oval, akkor olyan forgat´ onyomat´ek hat r´ a, amely a m´ agneses indukci´o ir´any´aba forgatja, ¨osszhangban azzal, hogy ekkor a dip´ ol energi´ aja (−mB) cs¨ okken – vagyis a k´et dip´ ol ellent´etes p´olus´aval fordul egym´as fel´e. Ezek ut´an, mivel a m´ agneses indukci´ o cs¨ okken a t´ avols´ aggal, −mB n˝ o a t´ avols´aggal, gradiense teh´at kifel´e mutat, negat´ıv gradiense pedig befel´e. Vagyis a nagy m´ agnes mag´ ahoz vonzza a kicsit. Ugyanezen ok miatt egym´ as mell´e helyezett dip´olok szint´en ellent´etes p´olusaikkal fordulnak egym´as fel´e, vagyis cs¨ okkentik egym´ as ter´et. Vagyis tiszt´ an magnetosztatikai er˝ok az antiferrom´agneses rendez˝od´est r´eszes´ıtik el˝ onyben (l. k´es˝ obb). 42

2.4.5

M´ agness´ eg anyag jelenl´ et´ eben

Hasonl´ oan az elektrosztatik´ ahoz, anyag jelenl´et´eben a makroszkopikus ´armeloszl´asok csak egy r´esz´et k´epezik a teljes arameloszl´ ´ asnak. Kis m´eret˝ u, lokaliz´ alt ´ arameloszl´asok k´epz˝odhetnek az anyagban. Ezek ´altal l´etrehozott m´ agneses indukci´ o, a m´eret´ehez k´epest nagy t´ avols´ agra, mint l´attuk, m´agneses dip´ollal ´ırhat´o le: a magasabb multip´ ol momentumok j´ arul´eka a/r hatv´ anyaival van elnyomva, ahol a az ´arameloszl´as jellemz˝o m´erete, r a megfigyel´esi pont t´ avols´ aga. M´ asik lehet˝ os´eg az, hogy az anyagban eleve vannak olyan m´agnesesen akt´ıv elemi ¨osszetev˝ ok, amelyek szint´en a dip´ olmomenyumukkal jellemezhet˝ ok nagy t´avols´agon. Emiatt az anyag jelenl´et´et itt is, mint elektrosztatik´aban, m´agneses dip´ols˝ ur˝ us´eggel (m´agnesezetts´eg) jellemezhetj¨ uk: dm = dV M (x). A teljes t´er teh´ at   Z J (x0 ) M (x0 ) × (x − x0 ) µ0 d3 x 0 , (2.302) + A= 4π |x − x0 | |x − x0 |3 ahol az els˝ o tag a k´ıv¨ ulr˝ ol betett ´ arameloszl´ as, a m´asodik tag a m´agneses dip´ols˝ ur˝ us´eg j´arul´eka. A m´ asodik tag komponenseit kifejtve: Z Z Z 0 0 1 1 3 0 εijk Mj (x )(xk − xk ) 3 0 0 d x = d x εijk Mj (x )(−∂k ) = d3 x0 εijk Mj (x0 ) ∂k0 = {parc. int.} = 0 3 0 |x − x | |x − x | |x − x0 | Z Z 0 −εijk ∂k0 Mj (x0 ) 3 0 (rot M (x ))i = d3 x0 = d x (2.303) |x − x0 | |x − x0 | ahol a fel¨ uleti tagot eldobtuk, mondv´ an, hogy M (∞) = 0. Teh´at a m´agneses dip´ols˝ ur˝ us´eg ugyan´ ugy a k¨ uls˝o ´ aramokhoz ad j´ arul´ekot, mint az elektrosztatik´ aban a dip´ ols˝ ur˝ us´eg a k¨ uls˝o t¨olt´ess˝ ur˝ us´eghez: Z µ0 J (x0 ) + rot M (x0 ) A= d3 x0 ⇒ J tot = J + J mikr , J mikr = rot M . (2.304) 4π |x − x0 | Figyelj¨ uk meg, hogy itt pozit´ıv el˝ ojellel j¨ on a mikszkopikus j´arul´ek! A fizikai k´ep em¨og¨ott az, hogy ha egy F fel¨ uleten atfoly´ ´ o´ aramot akarjuk kisz´ am´ıtani, akkor egyr´eszt figyelembe kell venni a makroszkopikus ´arams˝ ur˝ us´eget, valamint a mikroszkopikus ´ aramokat, ezeket m = nImikr dA m´ageses dip´olmomentumukkal jellemezz¨ uk. Miut´an a mikroszkopikus aramok 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 ˆdV /dA = csak a hat´ arvonal ir´ any´ u (ˆ s) komponens ad j´ arul´ekot: azaz a j´arul´ekos ´aramer˝oss´eg: Imikr nˆ s = mˆ s/dA = M s M ds. Vagyis a teljes ´ aram Z Z I Z Itot = df J tot = df J + dsM = df (J + rot M ) . (2.305) F

F

F

∂F

A lok´ alis t¨ orv´enyek J tot -ra vonatkoznak, vagyis: rot B = µ0 J tot = µ0 (J + rot M )

⇒

H=

div B = 0.

1 B − M, µ0

rot H = J (2.306)

Az Amp`ere t¨ orv´eny: I dsH = I.

(2.307)

∂F

H neve m´ agneses t´er, ´es (b´ ar a neve m´ ast sugall), csak egy seg´edmennyis´eg – az 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 k¨ ul¨onbs´eg van a kett˝ o k¨ oz¨ ott, ´es a m´ agneses t´er az egyenletekben hasonl´o szerepet j´atszik, mint az elektrodinamika egyenleteiben az E. Hogy meg tudjuk oldani a fenti egyenleteket, kell egy B(H) vagy M (H) rel´aci´o. Ez sokszor nagyon bonyolult, mert az anyag elemi m´ agneses ¨ osszetev˝ oinek k¨ olcs¨onhat´asa sokszor ¨osszem´erhet˝o a m´agneses t´er energi´aj´aval, s˝ ot, meg is haladhatja azt. Az anyag m´ agneses tulajdons´ agait ez´ert els˝osorban a mikrofizikai jelens´egek hat´arozz´ak meg.

43

• 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; izotr´ op esetben: M = χ H,

B = µH,

⇒

µ = 1 + χ, µ0

(2.308)

χ a m´ agneses szuszceptibilit´ as. Diam´ agneses anyagokn´ al χ < 0 vagyis µ < µ0 , ami annak felel meg, hogy a gener´al´od´o mikroszkopikus m´ agnesezetts´eg cs¨ okkenteni igyekszik a k¨ uls˝ o m´ agneses t´er hat´as´at. Olyan anyagokn´al, ahol az elemi ¨osszetev˝oknek nincs m´ agneses dip´ olmomentumuk az indukci´ o (l. k´es˝ obb) a´ltal l´etrehozott elemi ´aramhurkok ilyen tulajdons´ag´ uak (Lenz-t¨ orv´eny). Form´ alisan ez az elektrosztatik´ ahoz hasonl´ıt B = µH = µ0 H + µ0 M

⇔

D = εE = ε0 E + P .

(2.309)

Az indukci´ o ´es a t¨ olt´esmegoszt´ as is cs¨ okkenteni igyekszik a k¨ uls˝o t´er hat´as´at, az azonban m´ar nem anal´ og a k´et esetben, hiszen egyik esetben B az, a m´ asik esetben E. Vagyis M ∼ −B, de P ∼ E. Ez´ert az indukci´ o illetve polariz´ aci´ o hat´ as´ ara µ < µ0 , ugyanakkor ε > ε0 . Ha az elemi o¨sszetev˝ ok maguk is m´ agnesek, akkor a feljebb t´argyalt forgat´onyomat´ek hat´as´ara m a B ir´ any´ aba igyekszik be´ allni, vagyis M ∼ B. Emiatt ξ > 0, azaz µ > µ0 . Ezek a param´agneses anyagok. Ha a line´ aris k¨ ozel´ıt´es j´ o, akkor ´ altal´ 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 fodulva megsz¨ untetn´ek a m´agneses teret. Azonban az anyag m´agneses dip´ oljai (spinje) k¨ oz¨ otti k¨ olcs¨ onhat´ asok alapvet˝ oen kvantumos eredet˝ uek, amelyek j´oval er˝osebbek lehetnek a m´ agneses k¨ olcs¨ onhat´ asn´ al. Ezekben az 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 mikorszkopikus 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. Fig. (2.3))

Figure 2.3: Hiszter´ezis hurok (http://en.wikipedia.org/wiki/Hysteresis) Hab´ ar a jelens´eg nem line´ aris, minden pontban besz´elhet¨ unk permeabilit´asr´ol µ(H)H = B alapj´an. Mivel a m´ agneses dom´enek hat´ ara j´ oval k¨ onnyebben mozgathat´o, mint az elemi spinek, ez´ert j´oval nagyobb m´ agneses 44

permeabilit´ ast kapunk, mint a dia- illetve param´agneses anyagokn´al, ak´ar µ/µ0 ∼ 106 is lehet, de 10-104 tipikus ´ert´ekek (a fenti ´ abr´ an tipikusan 104 ). A gyors v´altoz´as addig tart, am´ıg a teljes anyag egy m´agneses dom´en, ekkor a µ ´ert´eke lecs¨ okken a param´ agneses anyagok szintj´ere, azaz t¨obb nagys´agrendet esik. Ez a m´agneses tel´ıt˝ od´es (szatur´ aci´ o). M´ agneses szatur´ aci´ on´ al a m´ agneses indukci´o ´ert´eke a legjobb vas¨otv¨ozetekn´el ∼ 2 T. Ha kikapcsoljuk a k¨ uls˝ o m´ agneses teret, miut´an szatur´altuk az anyagot, akkor kapunk egy remanens m´agnesezetts´eget, azaz egy megmarad´ o m´ agneses dip´ ols˝ ur˝ us´eget.

2.4.6

Hat´ arfelt´ etelek

Tekints¨ unk olyan anyagot, ahol az anyagi jellemz˝ok hirtelen v´altoznak meg (r´eszlegesen homog´en anyagok). A hat´ aron a div B = 0 ´es rot H = J elektrodinamikai anal´ogi´aj´ara Bn

´es

Ht

folytonos.

(2.310)

A fizikiai k´ep em¨ og¨ ott az, hogy a homog´en anyagban (k¨ uls˝o forr´asok h´ıj´an) nincsen mikroszkopikus ´arams˝ ur˝ us´eg, hiszen J mikr = rot M =

µχ rot H = 0. µ0

(2.311)

A homog´en tartom´ anyok hat´ ar´ an fel¨ uleti ´ arams˝ ur˝ us´eg van; ha a fel¨ ulet z ir´any´ u, akkor M = M 1 Θ(z) + M 2 Θ(−z), ez´ert ˆz × (M 1 − M 2 )δ(z). Jind,i = εijk ∂j Mk = e (2.312) Emiatt a hat´ aron k¨ orbefut´ o, zx s´ıkban lev˝ o kis g¨orbe ment´en alkalmazva az Amp`ere t¨orv´enyt: I Z ds B = d`(B1x − B2x ) = µ0 df J ind = µ0 d`ˆ ey (ˆ ez × (M 1 − M 2 )) = µ0 (M1x − M2x ) d`. Emiatt teh´ at

1 1 B1x − M1x = B2x − M2x µ0 µ0

⇒

H1x = H2x ,

(2.313)

(2.314)

´es ugyanez igaz az y komponensre is.

2.4.7

Magnetosztatikai feladatok megold´ asi m´ odszerei

Megoldand´ o div B = 0,

rot H = J , ´es Bn , Ht folytonosak. ´ A vektorpotenci´ al mindig bevezethet˝ o: B = rot A. Altal´ anos H(B) vagy M (B) rel´aci´o eset´en ´ıgy rot(H(rot A)) = J ,

4A = −µ0 [J + rot M (rot A)]

vagy

(2.315)

(2.316)

egyenleteket kell megoldanunk. Ha az anyag line´ aris, azaz B = µH, ´es r´eszlegesen folytonos k¨ozegeket tekint¨ unk, akkor a fenti els˝o egyenletb˝ ol Coulomb m´ert´ekben (div A = 0) kapjuk a hat´ arfelt´etelekkel egy¨ utt: 4A = −µJ ,

A ´es

1 rot A µ

folytonos a hat´aron.

(2.317)

Tov´ abbi egyszer˝ us¨ od´eshez vezet, ha r´ aad´ asul J = 0: ekkor rot H = 0 miatt l´etezik (m´agneses) potenci´ al, H = − grad ΦM . Erre homog´en k¨ ozegekb˝ ol ´ all´ o line´ aris anyagokban: 4ΦM = 0,

ΦM

´es µ

∂ΦM ∂n

folytonos a hat´aron,

(2.318)

vagyis a Laplace egyenlet megold´ asi m´ odszereit haszn´alhatjuk. Ha van ´arams˝ ur˝ us´eg a rendszerben, akkor ott nem l´etezik a potenci´ al, s ahol l´etezik, ott sem egy´ert´ek˝ u, hiszen I Z Z ds H = −δΦM = df J ⇒ δΦM = − df J = −I. (2.319) 45

Emiatt p´eld´ aul a v´egtelen vezet˝ o eset´en ΦM = −Iϕ/(2π). Ha az anyag nem line´aris, akkor a M (B) f¨ uggv´eny felhaszn´ al´ as´ aval 0 = div B = µ0 div(H + M ) ⇒ 4ΦM = div M (H). (2.320) Ha a m´ agnesezetts´eg f¨ uggetlen a k¨ uls˝ o t´ert˝ ol (´alland´o m´agnesek esete), akkor a fenti egyenletekben rot M illetve div M forr´ ask´ent m˝ uk¨ odnek, ´ıgy fel´ırhat´ o a megold´as: Z Z 0 µ0 J (x0 ) + rot M (x0 ) 1 3 0 − div M (x ) A(x) = d3 x 0 , Φ (x) = d x . (2.321) M 4π |x − x0 | 4π |x − x0 | Ha pl. M = M 0 a´lland´ o egy t´err´eszben, akkor a k´et t´err´esz hat´ar´an H t1 = H t2 , valamint ⇒

Bn1 = Bn2

Hn2 − Hn1 = Mn1 − Mn2 = nM 0 .

(2.322)

Ha nincsenek k¨ uls˝ o´ aramok, akkor: ∂ΦM ∂ΦM − = −nM 0 . ∂n k´ıv¨ ∂n bel¨ ul ul

(2.323)

Feladat: Homog´en H 0 m´ agneses t´erbe helyezett µ permeabilit´as´ u R sugar´ u g¨omb m´agneses tere ´es indukci´ oja. Megold´ as: Ezt m´ ar megoldottuk elektrosztatik´aban (l. (2.231)). Annak anal´ogi´aj´ara   µr − 1 R3 3 k´ıv¨ ul: ΦM = −H 0 x 1 − bel¨ ul: ΦM = − H 0 x, 3 µr + 2 r 2 + µr

(2.324)

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

(2.325)

Bel¨ ul egyenletes teret kapunk: H=

3 H 0, 2 + µr

B=

3µr µ0 H 0 , 2 + µr

M=

1 3(µr − 1) B−H = H 0. µ0 2 + µr

(2.326)

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. Er˝ os ferrom´ agnes eset´en µr nagy, vagyis a bels˝o m´agneses t´er nulla. Feladat: G¨ ombm´ agnes R sug´ arral, homog´en M 0 m´agnesezetts´eggel. Mekkora a m´agneses t´er ´es m´agneses indukci´ o? Megold´ as: V´ alasszuk a z ir´ anyt M 0 ir´ any´ anak. A g¨omb¨on bel¨ ul ´alland´o a m´agnesezetts´eg, ´ıgy div M csak a hat´ aron nem nulla, a relev´ ans mennyis´eg nM 0 =

z xM 0 = M0 = M0 cos θ = M0 P1 (cos θ) r r

(2.327)

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.

(2.328)

A hat´ arfelt´etelek ΦM 1 = ΦM 2 ,

∂n ΦM 1 − ∂n ΦM 2 = nM 0 = M0 P1 (cos θ).

(2.329)

A megold´ as a ϕ-f¨ uggetlens´eg miatt kereshet˝o Legendre polinomokkal kifejtve. Mivel az r = 0 illetve az r = ∞ ´ert´ekek v´egesek, marad ΦM 1 =

∞ X

A` r` P` (cos θ),

ΦM 2 =

∞ X `=0

`=0

46

B` r−`−1 P` (cos θ).

(2.330)

A hat´ arfelt´etelek: A` R2`+1 = B` ,

`A` R`−1 + (` + 1)B` R−`−2 = M0 δ`1

 ⇒

A`6=1 = B`6=1 = 0,

A1 = M0 /3 (2.331) B1 = R3 M0 /3.

Teh´ at M M0 z ⇒ H bel¨ =− , u l 3 3 M0 R 3 = cos θ ⇒ dip´ol tere, 3r2

2µ0 M, 3 m = M 0. s˝ ur˝ us´ege Vg¨omb

ΦM 1 =

B bel¨ ul = µ0 (H + M ) =

ΦM 2

m=

47

4π 3 R M 0, 3

(2.332)

Chapter 3

Id˝ of¨ ugg´ es az elektrodinamik´ aban Ebben a fejezetben az id˝ of¨ ugg˝ o Maxwell-egyenleteket ´es azok megold´asait vizsg´aljuk.

3.1

Maxwell egyenletek

M´ıg egy t¨ olt´es egy semleges testet polariz´ al, azaz elektromosan akt´ıvv´a tesz, egy ´aramk¨or jelenl´ete nem induk´ al ´ aramot egy mellette lev˝ o vezet˝ o hurokban. De Faraday 1831-ben ´eszrevette, hogy az ´aram megv´altoz´asa m´ar hat´ assal van a m´ asik ´ aramk¨ orre. A k¨ oren induk´ al´ od´ o fesz¨ ults´eg, Faraday megfigyel´ese szerint, ar´anyos a m´agneses fluxus v´ altoz´ as´ aval: Z I dF Ed`, F = Bdf ⇒ E = − E= . (3.1) dt F

∂F

A Stokes-t´etelt felhaszn´ alva

 Z  ∂B rot E + df = 0, ∂t

∀F

⇒

rot E = −

∂B . ∂t

(3.2)

F

Ez a m´ asodik Maxwell-egyenlet id˝ of¨ ugg˝ o, teljes alakja. Megjegyz´es: a E ´es F˙ k¨ oz¨ otti 1-es egy¨ utthat´ o nem v´eletlen, a Lorentz-er˝ovel konzisztens. Ha ugyanis egy mer˝ oleges m´ agneses t´erben lev˝ o´ aramhurkot megn¨ ovelek egy kis d` szakaszon dx-szel, akkor az ezen a szakaszon lev˝ o t¨ olt´esekre F = qvB er˝ o hat, ami megfelel egy E = vB t´erer˝oss´eg hat´as´anak. Emiatt d`E = δE = d`dxB/dt = dF/dt. Id˝ of¨ ugg´es eset´en m´ odos´ıtani kell a rot B sztatik´aban megismert egyenlet´et is, hiszen most    ∂% ∂ ∂E div [rot B − µ0 J ] = µ0 = µ0 ε0 (div E) ⇒ div rot B − µ0 J + ε0 = 0. (3.3) ∂t ∂t ∂t Innen ugyan nem k¨ ovetkezik egy´ertelm˝ uen, de a sztatik´aval ekkor kapunk egyszer˝ uen egyez´est, ha a divergencia argumentuma nulla, vagyis   ∂E rot B = µ0 J + ε0 (3.4) ∂t Ezzel teljes a n´egy Maxwell egyenlet, ¨ osszefoglalva 1 %, ε0 ∂B rot E = − , ∂t div E =

div B = 0   ∂E rot B = µ0 J + ε0 . ∂t

(3.5)

Jel¨ ol´es: miut´ an µ0 ε0 dimenzi´ oja (s/m)2 , ´ıgy egy sebess´eg dimenzi´oj´ u mennyis´eg inverz n´egyzete; ez´ert ´ırjuk µ0 ε0 =

1 c2

⇒

c = 2.99 · 108

m . 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. 48

(3.6)

3.1.1

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.

(3.7)

Ha ezt vissza´ırjuk az E egyenlet´ebe 0 = rot E + ∂t B = rot [E + ∂t A]

⇒

E + ∂t A = − grad Φ

⇒

E = − grad Φ − ∂t A,

(3.8)

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

− rot B = 4A − ∇(∇A) = −µ0 J +

1 1 ∇∂t Φ + 2 ∂t2 A. c2 c

(3.9)

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, viszont az elektromos t´er bonyolultabb kifejez´ese miatt a skal´ arpotenci´ al m´ ask´epp v´ altoztatand´ o: A0 = A + ∇Ψ,

Φ0 = Φ −

∂Ψ . ∂t

(3.10)

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´ek-p´ aly´ ak). Konkr´et sz´ amol´ asokhoz r¨ ogz´ıteni kell a m´ert´ekszabads´agot. Ehhez felt´etelt kell adnunk az A illetve Φ terekre (m´ert´ekfelt´etel vagy egyszer˝ uen csak m´ert´ek), melyet a m´ert´ek-orbitokban csak egy elem teljes´ıt: ez a m´ert´ekr¨ ogz´ıt´es. Vannak k¨ ul¨ on¨ osen j´ ol bev´ alt m´ert´ekek: • Coulomb-m´ert´ek: itt el˝ o´ırjuk a div A = 0 felt´etelt. Ez teljes´ıthet˝o, hiszen ha div A 6= 0 eredetileg, akkor megk¨ ovetelve a div A0 = 0-t kapjuk 0 = div A0 = div A + 4Ψ

⇒

4Ψ = − div A,

(3.11)

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 ) 4Φ = − . (3.12) ⇒ Φ(t, x) = d3 x0 ε0 4πε0 |x − x0 | Ezzel a megold´ assal r¨ ogz´ıtj¨ uk az id˝ of¨ ugg˝ o konstans ´ert´ek´et null´ara. Miut´ an megvan a Φ ´ert´eke, vissza´ırva a m´asodik egyenletbe: 4A −

1 2 1 ∂ A = −µ0 J + 2 ∂t ∇Φ. c2 t c

(3.13)

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

(3.14)

a kontinuit´ asi egyenlet miatt. Fogalmazhatunk u ´gy is, hogy J -t felbontjuk transzverz´alis ´es longitudin´ alis r´eszre, hogy J = J t + J `, ∇J t = 0, ´es ∇ × J ` = 0, (3.15) ekkor csak a transzverz´ alis m´ odus szerepelhet az el˝oz˝o egyenlet jobb oldal´an: 4A −

1 2 ∂ A = −µ0 J t . c2 t 49

(3.16)

• Lorentz-m´ert´ek (sug´ arz´ asi m´ert´ek): ekkor azt k¨ovetelj¨ uk meg, hogy 1 ∂t Φ = 0. c2 Ebben az esetben mindk´et egyenlet ugyanolyan alakot ¨olt: ∇A +

4Φ −

1 2 % ∂ Φ=− , c2 t ε0

4A −

(3.17)

1 2 ∂ A = −µ0 J . c2 t

(3.18)

L´ athat´ oan mindk´et m´ert´ekben a t´er- ´es id˝ oderiv´altak egy kombin´aci´oja jelenik meg: =4− ez a d’Alambert oper´ ator. Ezzel Φ = −

3.1.2

% , ε0

1 2 ∂ , c2 t

(3.19)

A = −µ0 J .

(3.20)

Maxwell-egyenletek anyag jelenl´ et´ eben

Anyag jelentl´et´eben ugyanazokat a gondolatokat haszn´alhatjuk mint id˝of¨ uggetlen esetben, egy helyen kell csup´ an m´ odos´ıtani: most az id˝ of¨ ugg˝ o indukci´ os t¨ olt´esek ´aramk´ent jelennek meg. A teljes ´aram J tot = J + J mikr + J ind ,

ahol

J mikr = rot M ,

(3.21)

az indukci´ os t¨ olt´esek mozg´ as´ as´ ab´ ol sz´ armaz´ o´ aram pedig 0 = ∂t %ind + div J ind = div [J ind − ∂t P ] .

(3.22)

A z´ ar´ ojel rot´ aci´ ok´ent ´ırhat´ o, ez azonban J mikr korrekci´oj´at jelenti, vagyis vehetj¨ uk null´anak. Ekkor J ind = ∂t P .

(3.23)

Ezzel:

1 rot B − ε0 ∂t E = J tot = J + J mikr + J ind = J + rot M + ∂t P µ0 Vagyis k¨ ozegben a Maxwell-egyenletek: div D = %, rot E = −

⇒

rot H = J + ∂t D.

(3.24)

div B = 0

∂B , ∂t

rot H = J +

∂D . ∂t

(3.25)

Ennek megold´ as´ ahoz kellenek a D(E) illetve B(H) konstit´ uci´os rel´aci´ok, most m´ar id˝of¨ ugg˝o esetre.

3.1.3

Az elektromos ´ es m´ agneses t´ er egyenletei

Id˝ of¨ ugg´es akkor fontos, 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 anyagban a domainfalak jelent˝ osen ´ atrendez˝odhessenek. Ez´ert ha az id˝of¨ ugg´es fontos, akkor a linearis k¨ ozel´ıt´es j´ o lesz mind az elektromos, mind a m´ agneses terek eset´en. Homog´en line´ aris anyagban vagy v´ akuumban igaz: 1 1 grad % − 4E = −∂t rot B = −µ∂t J − 2 ∂t2 E ε c 1 1 rot rot B = grad div B − 4B = −4B = µ rot J + 2 ∂t rot E = µ rot J − 2 ∂t2 B, c c

rot rot E = grad div E − 4E =

(3.26)

azaz 1 ∇% + µ∂t J ε B = −µ∇ × J . E =

Vagyis a E illetve B terekre is a d’Alambert oper´ator adja az id˝ofejl˝od´est. 50

(3.27)

3.1.4

Jelens´ egek vezet˝ okben

Az ´ aram illetve t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eget megadhatjuk k¨ uls˝oleg is. Ha azonban szabad t¨olt´eshordoz´okkal rendelkez˝ o vezet˝ oket tekint¨ unk, akkor gyakran eltekinthet¨ unk a szabad t¨olt´esek jelenl´et´et˝ol, azaz % = 0, ´es feltehetj¨ uk, hogy az ´aramrs˝ ur˝ us´eg line´ arisan f¨ ugg a t´erer˝ oss´egt˝ ol J = σE (Ohm t¨orv´eny). (3.28) Ezzel a Maxwell egyenletek z´ artt´ a v´ alnak. A fenti ´at´ır´assal E = µσ∂t E,

⇒

B = µσ∂t B,

⇒

1 2 ∂ E c2 t 1 4B = µσ∂t B + 2 ∂t2 B. c

4E = µσ∂t E +

(3.29)

Ez a t´ av´ır´ o-egyenlet. K´et hat´ aresete, ha a terek nagyon gyorsan v´altoznak, ekkor a m´asodik tag domin´al, illetve, ha viszonylag lassan, ekkor az els˝ o tag adja a domin´ans j´arul´ekot. El˝osz¨or n´ezz¨ uk ez ut´obbi, kv´azistacion´arius esetet.

3.2

Elektrom´ agneses t´ er energi´ aja

Ha m´ agneses t´er is jelen van, akkor az energia kifejez´ese megv´altozik. Mivel a m´agneses t´er l´etrehoz´asakor az indukci´ o jelens´ege fontos, ez´ert nem hanyagolhatjuk el az id˝of¨ ugg´est. 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 ´altal´aban PF = vF ; 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). (3.30) A t´er fel´ep´ıt´es´ehez sz¨ uks´eges teljes´ıtm´eny ennek ellentetje. Ez´ert Z P = −PF = − d3 x J (x)E(x)

⇒

p = −EJ

(3.31)

teljes´ıtm´eny-s˝ 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. (3.32) 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

(3.33)

Line´ aris anyagokban: w=

1 ε 1 2 (DE + BH) = E 2 + B . 2 2 2µ

(3.34)

Az utols´ o k´et tag teljes divergencia; defini´ alva S =E×H

(3.35)

div S = ∂i εijk (Ej Hk ) = Hk εijk ∂i Ej − Ej εjik ∂i Hk = H rot E − E rot H.

(3.36)

Poynting-vektort 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,

51

(3.37)

(3.38)

vagyis a w integr´ alja az elektrom´ agneses t´er energi´ajak´ent ´ertelmezhet˝o, w maga ez´ert az energias˝ ur˝ us´eg. Val´ oban, csup´ an az elektromos r´eszt tekintve m´ ar tal´ alkoztunk ezzel a kifejez´essel. Emiatt (3.37) az energia megmarad´ as´ at fejezi ki m´erlegegyenlet form´aj´aban. Ebben az egyenletben S az energia´ aram, J E pedig az elektrom´ agneses t´erben mozg´ o´ aramok energiav´altoz´asa. Itt is megtehetj¨ uk azt, hogy a t´er forr´ as´ at, azaz az ´arams˝ 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: Z Z 0 3 δW = d xJ (E − E 0 )δt = d3 x(J 0 E − J E 0 )δt. (3.39) Be´ırva a J = rot H − ∂t D kifejez´est, ugyanazt kell v´egrehajtani, mint fent: Z 0 δW = d3 x(H 0 δB − HδB 0 + EδD 0 − E 0 δD).

(3.40)

Line´ aris anyagban Z 1 d3 x(H 0 B − HB 0 + ED 0 − E 0 D). 2 Kihaszn´ alva, hogy B = µ0 (H + M ) ´es D = ε0 E + P , kapjuk Z 1 d3 x (M B 0 − P E 0 ) . W0 = 2 W0 =

(3.41)

(3.42)

A m´ asodik tag ismer˝ os, az els˝ o a m´ agneses anyag j´arul´eka. De ne felejts¨ uk el, hogy ha az ´aramhurkok r¨ogz´ıtettek, akkor v´ altoz´ o m´ agneses t´er fesz¨ ults´eget induk´ al, ami cs¨okkenteni igyekszik az ´aramokat. Vagyis k´ıv¨ ul is munk´at kellett v´egezni az ´ aramok fenntart´ asa ´erdek´eben. Ez´ert a m´ agneses rendszer ink´abb a konstans potenci´alban mozgatott dielektrikum p´eld´ aj´ aval anal´ og.

3.2.1

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 az elektrom´agneses t´erbe, akkor a r´ a hat´ o er˝ o a Lorentz er˝ o: Z F = d3 x (%E + J × B). (3.43) ´ Atalak´ ıtva a jobb oldalt 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.

(3.44)

Az els˝ o tag teljes id˝ oderiv´ alt, a m´ asodik tag teljes divergencia, hiszen  (E div D − D × rot E)i = Ei ∂j Dj − εkij Dj εk`m ∂` Em = Ei ∂j Dj − Dj ∂i Ej + Dj ∂j Ei = ∂j

 1 Ei Dj − DEδij , (3.45) 2

line´ aris anyagban. Vagyis   1 −(%E + J × B)i = ∂t gi + ∂j −Ei Dj − Hi Bj + (DE + BH)δij . 2

(3.46)

Ennek ´ertelmez´ese: a jobb oldal a testen v´egzett impulzusv´altoz´as-s˝ ur˝ us´eg. Z´art t´erfogatban megmarad az impulzus, vagyis az elektromos t´er impulzusv´ altoz´ asa a mechanikai impulzusv´altoz´assal ellent´etes. Nyitott t´erfogat eset´en az impulzus kifolyhat a fel¨ uleten. Emiatt 1 g = D × B = 2S (3.47) c az impulzus-s˝ ur˝ us´eg, 1 Tij = (DE + BH)δij − Ei Dj − Hi Bj (3.48) 2 az impulzus´ arams˝ ur˝ us´eg, vagy Maxwell-f´ele fesz¨ ults´egtenzor. 52

3.3

Kv´ azistacion´ arius eset

Ha az elektrom´ agneses terek v´ altoz´ asa nem t´ ul gyors, akkor az 1/c2 -tel ar´anyos tagokat elhagyhatjuk. A D’Alambert oper´ atorb´ ol a Laplace oper´ ator marad, ´ıgy a megfelel˝o egyenletek (Lorentz m´ert´eket haszn´alva) line´aris anyagban Z 1 %(t, x0 ) % ⇒ Φ(t, x) = d3 x0 4Φ = − ε 4πε |x − x0 | Z µ J (t, x0 ) 4A = −µJ ⇒ A(t, x) = d3 x 0 . (3.49) 4π |x − x0 |

3.3.1

Indukci´ os egy¨ utthat´ o

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 I Z Z I ∂t J (t, x0 ) µ ds d3 x0 . (3.50) EC = −∂t df B = −∂t dsA = − 4π C |x − x0 | F C Tegy¨ uk fel, hogy az ´ aramok 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 ). (3.51) i

Ezt vissza´ırva kapjuk: EC = −

X

LCi I˙i ,

LCi =

i

µ 4π

I

Z ds

d3 x0

C

j i (x0 ) . |x − x0 |

(3.52)

Az L csak az ´ armeloszl´ as geometri´ aj´ at´ ol f¨ ugg, azaz id˝oben ´alland´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 , (3.53) 4π Ck |x − x0 | Ci i Lki a k¨ olcs¨ on¨ os indukci´ o egy¨ utthat´ o. k = i eset´en ¨onindukci´os egy¨ utthat´or´ol besz´el¨ unk, de ekkor nem szabad a vezet˝ o vastags´ ag´ at elhanyagolni.

3.3.2

Kv´ azistacion´ arius jelens´ egek vezet˝ okben

Vezet˝ okben (3.29) egyenletb˝ ol marad 4E = µσ∂t E,

4B = µσ∂t B

(3.54)

h˝ ovezet´esi egyenlet. Feladat: Adott homog´en k¨ ozegben egy B(t = 0, x) = b(x) kezdeti inhomogenit´as a m´agneses indukci´oban. Hogyan fejl˝ odik 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), ⇒ (2π)3 Ezzel

Z

 d3 k ikx  2 e k B + µσ∂t B = 0 3 (2π)

⇒

Z 4B(x) =

k 2 B + µσ∂t B = 0

⇒

d3 k ikx e (−k 2 )B(k). (2π)3 k2 t

B(t, k) = b(k)e− µσ .

(3.55)

(3.56)

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. Feladat: Adott egy f´elteret kit¨ olt˝ o µr relat´ıv permeabilit´as´ u anyag. K´ıv¨ ul H(t) = H 0 e−iωt m´agneses t´er van, ahol H 0 konstans. Milyen lesz a m´ agneses t´er az anyagban? 53

Megold´ as: Az anyagon bel¨ ul igaz a h˝ ovezet´esi egyenlet H-ra 4H = µσ∂t H.

(3.57)

A hat´ aron H t ´es µH n folytonos minden id˝opillanatban. Emiatt minden ar´anyos e H(t, x) = h(x)e−iωt

⇒

−iωt

-vel, vagyis

4h = −iωµσh.

(3.58)

A kezdeti felt´etel f¨ uggetlen a transzverz´ alis koordin´at´akt´ol, ´ıgy a megold´as is az lesz. Legyen a norm´alis koordin´ ata z, ekkor d2 hi = −iωµσhi . (3.59) h(x) = h(z) ⇒ dz 2 Ennek megold´ asa r p 1−i 2 ±κz 2 ⇒ hi (z) = hi (0)e , κ = −iωµσ ⇒ κ = −iωµσ = , ahol δ = (3.60) δ ωµσ a behatol´ asi m´elys´eg (skin m´elys´eg). Hat´ arfelt´etel, hogy z → ∞ eset´en ne legyen v´egtelen a t´er, azaz a negat´ıv el˝ ojel sz´ am´ıt. Ezenfel¨ ul a transzverz´ alis H megy folytonosan ´at a hat´aron, valamint a norm´alis ir´any´ u B. Emiatt H t (t, x) = H 0t e−i(ωt−z/δ)−z/δ ,

Hn (t, x) =

1 H0n e−i(ωt−z/δ)−z/δ . µr

(3.61)

Vagyis valamennyi komponens amplit´ ud´ oja exponenci´alisan lecseng δ karakterisztikus t´avols´agon. Min´el nagyobb a frekvencia, vagy min´el jobb vezet˝ o az anyag, ann´al kisebb ez a t´avols´ag. Ide´ alis diam´ agnesn´el δ = ∞, azaz nincs lecseng´es. Ugyanakkor a norm´al komponens amplit´ ud´oja le van norm´ alva 1/µr -rel, vagyis ha van k´ıv¨ ul Bn , akkor bel¨ ul a Hn v´egtelen, ´ıgy az energia is (BH/2). Ez azt jelenti, hogy ide´ alis diam´ agnes k¨ uls˝ o fel¨ ulet´en Bn = 0 kell legyen. Az ´ arams˝ ur˝ us´eg: ∂ i−1 H(t, z) = ez × H t . (3.62) ∂z δ Az ´ arams˝ ur˝ us´eg ar´ anyos a transzverz´ alis m´agneses t´errel, azaz ez is lecseng z-ben. Nagy frekvenci´ an´ al csak a vezet˝ ok fel¨ ulet´en folyik ´ aram ⇒ skin effektus. J = rot H = ez ×

H˝ ovesztes´eg: P = JE =

1 2 J . σ

(3.63)

 Egy perid´ odusra ´ atlagolva cos2 ωt = 1/2 miatt hPi =

3.4

2 µωH0t 1 2 −2z/δ H e = e−2z/δ . 0t δ2 σ 2

(3.64)

Teljes id˝ of¨ ugg´ es: forr´ asok n´ elk¨ uli megold´ as

Gyorsan v´ altoz´ o terekben, k¨ ul¨ on¨ osen ha az amplit´ ud´o nem t´ ul nagy, a line´aris k¨ozel´ıt´es elegend˝o. Ekkor r´eszlegesen homog´en k¨ ozegekben ugyanazok az egyenletek igazak, mint v´akuumban. L´attuk, hogy ekkor bevezethet˝o a skal´ ar- ´es vektorpotenci´ al. Lorentz m´ert´ekben ezek minden komponens´ere, Coulomb m´ert´ekben a vektorpotenci´alra a d’Alambert egyenlet volt igaz. Vagyis ´ altal´ aban vizsg´ alnunk kell Ψ = −f

(3.65)

egyenletet, ahol Ψ = Φ ´es f = %/ε vagy Ψ = A ´es f = µJ illetve µJ t a m´ert´ekt˝ol f¨ ugg˝oen. A d’Alambert oper´ atorban lev˝ o konstans line´ aris k¨ ozel´ıt´es eset´en 1 c c √ ck = √ = √ = , n = εr µr , (3.66) εµ εr µr n 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. Egy ilyen egyenlet megold´ asa k´et r´esz ¨ osszege 54

• a homog´en r´esz (f = 0) ´ altal´ 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.

(3.67)

Fourier transzform´ aci´ o Z∞ Ψ(t, x) =

dω 2π

Z

Z∞

d3 k −iωt+ikx e Ψ(ω, k), (2π)3

Ψ(ω, k) =

−∞

Z dt

d3 x eiωt−ikx Ψ(t, x),

(3.68)

−∞

ekkor ∂t → −iω, azaz a megoldand´ o egyenlet  2  ω 2 − k Ψ(ω, k) = 0 c2

⇒

∂i → iki

⇒

→

ω2 − k2 , c2

(3.69)

Ψ(ω, k) = a(k) 2πδ(ω − kc) + b(k) 2πδ(ω + kc),

ahol a(k) ´es b(k) tetsz˝ oleges f¨ uggv´enyek, a 2π a k´enyelem kedv´e´ert van az egyenletben. Ezt vissza´ırva Z 3
d k a(k)e−iωk t+ikx + b(k)eiωk t+ikx , ahol ωk = kc. Ψ(t, x) = 3 (2π)

(3.70)

(3.71)

Mivel Ψ val´ os (Ψ∗ (t, x) = Ψ(t, x)), ez´ert a∗ (−k) = b(k)

Z ⇒

Ψ(t, x) = 2 Re

d3 k a(k)e−iωk t+ikx = (2π)3

Z

d3 k a0 (k) cos (−ωk t + kx + φk ) , (2π)3

(3.72)

ahol 2a(k) = a0 eiφk . Emiatt minden line´ aris kifejez´esben nyugodtan haszn´alhatjuk a komplex megold´ast (a b(k)-s r´esz n´elk¨ ul), a v´eg´en elv´egezz¨ uk a 2 Re oper´ aci´ ot.

3.4.1

Csoport- ´ es f´ azissebess´ eg

A fenti megold´ as s´ıkhull´ amok ¨ osszeg´et ´ırja le. Feledkezz¨ unk meg egy id˝ore arr´ol, hogy ωk = ck, hogy a t´ argyal´ as a k´es˝ obbiekre is ´erv´enyes legyen. Tekints¨ unk egyetlen m´ odust el˝ osz¨ or (monokromatikus s´ıkhull´am), ´es vizsg´aljuk t = 0-n egy kiv´alasztott x0 ponttal azonos f´ azisban lev˝ o pontok halmaz´ at: e−iωk t+ikx = eikx0

⇒

k(x − x0 ) = ωk t + 2nπ.

(3.73)

ˆ + βk ˆ ⊥ alakban keresve (kk⊥ = 0): Ennek megold´ as´ at x = x0 + αk ˆ + βk ˆ⊥, x = x0 + (vf t + λn)k

vf =

ωk , k

λ=

2π k

(3.74)

t = 0-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 ˆ ir´any´aban vf sebess´eggel haladnak tov´abb (f´azissebess´eg). (hull´ amhossz). Az id˝ o el˝ orehaladt´ aval a hull´ amfrontok k 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 ˆ Ψ(t, x) = e−iωk t+ikx = eik(x−iωk tk/k) = Ψ(0, x − vf tk),

55

(3.75)

´ azaz a hull´ amalak csak eltol´ odik, nem deform´ al´ odik. Altal´ anos a(k) eset´en ez nem lesz ´ıgy, a hull´am gyorsan ¨osszekusz´ al´ odik. Viszont ha azonos ir´ any´ u s´ıkhull´ amokat tesz¨ unk ¨ossze, akkor a hull´amterjed´es ir´any´at tekintve x ir´anynak ´ırhatjuk Z dk Ψ(t, x) = a(k)e−iωk t+ikx . (3.76) 2π Tegy¨ uk fel, hogy azon a tartom´ anyon, ahol a(k) 6= 0, ott ωk lassan v´altozik. Ekkor sorba fejthetj¨ uk valami k¨ ozepes k0 k¨ or¨ ul: dωk + .... (3.77) ωk = ω0 + (k − k0 ) dk k=k0 Nevezz¨ uk vcs

dωk = , dk k=k0

(3.78)

ekkor Z

Z dk dk a(k)e−i(ω0 +(k−k0 )vcs )t+ikx = e−i(ω0 −k0 vcs )t a(k)e−ikvcs t+ikx = 2π 2π Z dk a(k)eik(x−vcs t) = e−iω0 (1−vcs /vf )t Ψ(0, x − vcs t). = e−iω0 (1−vcs /vf )t 2π

Ψ(t, x) =

(3.79)

L´ athat´ oan egy f´ azisfaktor erej´eig megmarad a hull´am alakja. Ez´ert besz´elhet¨ unk hull´amcsomagr´ol, amely a burkol´ oj´ at ´ megtartva stabilan halad el˝ ore az id˝ oben vcs sebess´eggel. Altal´ aban vcs 6= vf , kiv´eve, ha ωk line´aris k-ban, mint a v´ akuumbeli f´enyterjed´esn´el. A f´ azisfaktor el˝ otagban a f´azis v´altoz´asa ar´anyos 1 − vcs /vf -vel, vagyis nulla, ha vcs = vf . Ennek jelent´ese: a burkol´ o alatt az elemi hull´ amok vf sebess´eggel propag´alnak. A fenti gondolatmenet jelent´ese: inform´ aci´ ot hull´amcsomaggal lehet k¨ uldeni (egy monokromatikus s´ıkhull´ am nem hordoz inform´ aci´ ot), vagyis az inform´ aci´ o´ araml´ 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: vf =

c ω = n k

⇒

k=

nω . c

(3.80)

Ekkor a csoportsebess´eg vcs =

3.4.2

c c 1 = = . dk dn ω dεr n+ω n+ dω dω 2n dω

(3.81)

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

div A = 0

⇒

A0 (k)k = 0.

(3.82)

Egy monokromatikus komponensre E = −∂t A = iωA0 e−iωt+ikx = E 0 e−iωt+ikx , B = rot A = ik × A0 e−iωt+ikx = B 0 e−iωt+ikx ,

E 0 = iωA0 , B 0 = ik × A0 =

1ˆ k × E0. c (3.83)

ˆ E 0 ´es B 0 egym´asra mer˝olegesek. Teh´ at monokromatikus s´ıkhull´ amban k, ˆ ˆ e1 , e2 }, ekkor ´ırhatjuk Azonban a k-ra mer˝ oleges alt´er k´et dimanzi´ os. Emiatt felvehet¨ unk egy ortonorm´alt b´azist {k, E = (α1 e1 + α2 e2 ) e−iωt+ikx .

56

(3.84)

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

⇒

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

(3.85)

´ Ha ϕ1 = ϕ2 , akkor line´ arisan polariz´ alt a f´eny, ha ϕ1 = ϕ2 ± iπ/2, akkor cirkul´arisan polariz´alt. Altal´ anos esetben elliptikus polariz´ aci´ or´ ol besz´el¨ unk. A hull´ am energias˝ ur˝ us´ege: w=

i
1 ε0 h 2 ε0 2 E + (kˆ × E)2 = ε0 E 2 = ε0 E12 cos2 (kx − ωt + ϕ1 ) + E22 cos2 (kx − ωt + ϕ2 ) . E + B2 = 2 2µ0 2

Egy peri´ odusra ´ atlagolva

(3.86)


ε0 E12 + E22 . 2

(3.87)

1 1 ˆ × E) = k ˆ 1 E2. E×B = E × (k µ0 cµ0 cµ0

(3.88)

w= A Poynting-vektor S=

Az energia-´ aram ir´ anya teh´ at a hull´ am ir´ anya, nagys´aga pedig |S| =

3.4.3

1 ε0 E 2 = cw. cµ0 ε0

(3.89)

Frekvenciaf¨ ugg˝ o permittivit´ as, t¨ or´ esmutat´ o

Hogyan f¨ ugghet a permittivit´ as a frekvenci´ at´ ol? Bocs´assunk egy line´arisan polariz´alhat´o anyagra id˝of¨ ugg˝o elektromos teret. Azt v´ arjuk, hogy a polariz´ aci´ o egy adott t id˝opontban nem f¨ ugghet a hozz´a k´epest j¨ov˝obeli t´erer˝oss´egekt˝ ol, csak a m´ ultbeli ´ert´ekekt˝ ol. Ezt a polariz´ aci´ o-s˝ ur˝ us´egre megfogalmazva Z∞ P (t) =

dt0 Θ(t − t0 )G(t, t0 ) E(t0 )

(3.90)

−∞

Ha nincs kit¨ untetett id˝ opont, akkor G csak t − t0 -t˝ol f¨ ugghet. A fenti kifejez´esben azonos´ıthatjuk a szuszcepitbilit´ ast, amely a t´erer˝ oss´eg ´es a polariz´ aci´ o k¨ oz¨ ott teremt kapcsolatot – jelen esetben a szuszceptibilt´as egy v´alaszf¨ uggv´eny: 0

0

0

ε0 χ(t − t ) = Θ(t − t )G(t − t )

Z∞ ⇒

P (t) = ε0

dt0 χ(t − t0 ) E(t0 ).

(3.91)

−∞

A fenti kifejez´es egy konvol´ uci´ o, Fourier-transzform´altja: P (ω) = ε0 χ(ω)E(ω)

⇒

D(ω) = ε0 E(ω) + P (ω) = ε0 (1 + χ(ω))E(ω)

⇒

εr (ω) = 1 + χ(ω),

(3.92)

vagyis val´ oban van frekvenciaf¨ ugg´es benne. P ´es E val´oss´aga miatt P ∗ (ω) = P (−ω),

E ∗ (ω) = E(−ω)

⇒

χ∗ (ω) = χ(−ω).

(3.93)

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 1D-ban D Γ q2 ahol ω02 = , γ = . (3.94) m∂t2 x + Γ∂t x + Dx = qE(t) ⇒ ∂t2 p + γ∂t p + ω02 p = E(t), m m m

57

Ennek Fourier transzform´ alttal a megold´ asa: p(ω) =

q2 1 E(ω) m ω02 − iγω − ω 2

⇒

P (ω) =

N q2 1 E(ω), m ω02 − iγω − ω 2

(3.95)

ahol N a t¨ olt´eshordoz´ ok s˝ ur˝ us´ege. Innen, t¨ obb saj´atfrekvenci´at is felt´etelezve: εr (ω) = 1 +

X Nj qj2 1 2 − iγω − ω 2 . ε m ω 0 j j j

⇒

ω n(ω) c

(3.96)

Ha megvan εr (ω), akkor fel´ırhatjuk: n(ω) =

p

εr (ω)

k(ω) =

⇒

ˆ

ω

E(t, x) = E0 e−iωt+ikx c n(ω) ,

(3.97)

monokromatikus hull´ amra. L´ athat´ oan εr -ben van imagin´ arius r´esz is, ha γ 6= 0. Val´oban: " # 1 1 1 1 γω = − 2 = 2 . Im 2 ωj − iγω − ω 2 2i ωj2 − iγω − ω 2 ωj + iγω − ω 2 (ωj − ω 2 )2 + γ 2 ω 2 Emiatt Im εr (ω) =

(3.98)

X Nj qj2 γω 2 − ω 2 )2 + γ 2 ω 2 > 0 ε m (ω 0 j j j

(3.99)

Ennek k¨ ovetkezt´eben a t¨ or´esmutat´ onak is van k´epzetes r´esze n(ω) =

√

εr = nr (ω) + ini (ω),

ni (ω) > 0.

(3.100)

Ezt vissza´ırva az id˝ ofejl˝ od´esbe ˆ

ˆ

ω

ω

E(t, x) = E0 e−iωt+ikx c nr (ω) e−kx c ni (ω) .

(3.101)

A hull´ am teh´ at csillapodik (sosem n˝ ohet, hiszen ni > 0), elnyel˝odik az anyagban ⇒ ni abszorpci´ os egy¨ utthat´ o. Miut´ an ni eredete a mikroszkopikus csillap´ıt´ as, u ´gy ´ertelmezhetj¨ uk a fenti jelens´eget, hogy az energia elnyel˝ odik a mikroszkopikus szabads´ agi fokok csillap´ıt´ asa miatt. 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. S(x) = S0 e−%κx

⇒

κ=

2ωni (ω) . c%

(3.102)

mivel a peri´ odusra ´ atlagolt Poynting vektor S ∼ |E|2 . A l´egk¨ or abszorpci´ os egy¨ utthat´ oja l´ athat´ o a 3.1 ´abr´an (l. http://en.wikipedia.org/wiki/Absorption (electromagnetic radiation)). • 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 ni ⇒ ez a l´ athat´ o f´eny tartom´ anya. M´asodrend˝ u f´azis´atalakul´asn´al minden frekvenciatartom´anyban megjelennek gerjeszthet˝ o m´ odusok, ´ıgy mindenhol van csillap´ıt´as ⇒ kritikus opaleszcencia. • Szabad elektrong´ azra ωj = 0, γ = 0, vagyis εr (ω) = 1 −

N q2 ωP2 = 1 − , ε0 mω 2 ω2

ωP2 =

N q2 ε0 m

(3.103)

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.

58

Figure 3.1: A l´egk¨ or abszorpci´os egy¨ utthat´oj´anak frekvenciaf¨ ugg´ese – ω > ωP frekvenci´ an az elektrong´ azban nincs csillap´ıt´as. Ugyanakkor r ω2 c n(ω) = 1 − P2 < 1 ⇒ vf = > c. ω n

(3.104)

A f´ azissebess´eg teh´ at nagyobb mint a f´enysebess´eg. A csoportsebess´eg azonban (3.81) alapj´an ω

dεr 2ω 2 = 2P dω ω

⇒

vcs =

c ω2 n + P2 nω

=

nc = nc < c. ωP2 2 n + 2 ω

(3.105)

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¨ ori frekvenci´ ak als´ o r´esz´eben az ionoszf´era (amely k¨ozel´ıthet˝o szabad elektrong´azzal) ´atl´atszatlan, vagyis visszaveri az elektrom´ agneses sug´ arz´ ast. Ez haszn´alhat´o r´adi´oz´asra, mert a hull´amok a F¨old fel¨ ulet´en nagy t´ avols´ agra is el tudnak jutni (l. http://hu.wikipedia.org/wiki/Elektrom´agneses sug´arz´as). Az URH (VHF) hull´amok frekvenci´ aja (hull´ amhossza) 30-300 MHz (10-1m) m´ ar felette van a l´egk¨ori plazmafrekvenci´anak, ´ıgy azok csak r¨ovid t´ avols´ agon foghat´ ok. • L´ attuk, hogy ε0 χ(t) = Θ(t)G(t), vagyis csak G(t)-b˝ol csak a t > 0 ´ert´ekek sz´am´ıtanak, a t < 0 tartom´ any szabadon ´ertelmezhet˝ o. A G(−t) = −G(t) v´alaszt´as eset´en egyszer˝ u formul´akat kapunk. Mivel szorzatf¨ uggv´eny Fourier transzform´ altja konvol´ uci´ o, valamint Z∞

i Θ(ω) = ω + iδ δ→0+

⇒

εr (ω) = 1 +

dω 0 iG(ω 0 ) . 2π ω − ω 0 + iδ

(3.106)

−∞

Val´ os f¨ uggv´eny Fourier transzform´ altj´ ara Z∞

∗

G (ω) =

dt e−iωt G(t) = G(−ω),

(3.107)

−∞

p´ aratlan f¨ uggv´eny Fourier transzform´ altja Z∞ G(−ω) =

−iωt

dt e

Z∞ G(t) =

−∞

dt eiωt G(−t) = −G(ω)

⇒

G∗ (ω) = −G(ω),

(3.108)

−∞

vagyis G(ω) titszt´ an imagin´ arius. Ekkor: Im

1 = −πδ(ω − ω 0 ) ω − ω 0 + iε 59

⇒

Im εr (ω) =

−iG(ω) . 2

(3.109)

A fenti mikroszkopikus p´eld´ aban G(ω) =

X Nj qj2 2iγω 2 − ω 2 )2 + γ 2 ω 2 . ε m (ω 0 j j j

(3.110)

´ Altal´ aban a mikroszkopikus modellekb˝ ol tetsz˝oleges pozit´ıv f¨ uggv´eny j¨ohet. Ezt vissza´ırva az εr kifejez´es´ebe: Z∞ εr (ω) = 1 +

dω 0 Im εr (ω 0 ) . π ω 0 − ω − iε

(3.111)

−∞

Ez azt mutatja, hogy εr imgain´ arius r´esze teljesen meghat´arozza az εr -t (Kramers-Kr¨onig rel´aci´o). Ez a kauzalit´ as k¨ ovetkezm´enye. • 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. Ekkor k´etf´elek´eppen is le´ırhatjuk a bek¨ovetkez˝o jelens´eget. Egyr´eszt a t´erer˝oss´eg polariz´aci´ os˝ ur˝ us´eget hoz l´etre; line´ aris anyagban: P (t) = P 0 e−iωt ⇒ P 0 = ε0 χ(ω)E 0 . (3.112) A polariz´ aci´ o v´ altoz´ asa az induk´ alt t¨ olt´esek mozg´as´at jelenti, vagyis induk´alt ´aramot jelent (l. 3.1.2 fejezet) J = ∂t P

⇒

J = J 0 e−iωt

⇒

J 0 = −iωP 0 = −iωε0 χ(ω)E 0 .

(3.113)

M´ asr´eszt ha az anyag vezet˝ o, akkor u ´gy is le´ırhatjuk a jelens´eget, hogy a vezet˝ok´epess´eg miatt mozdulnak el a t¨ olt´esek: iσ iσ ⇒ εr (ω) = 1 + (3.114) J = σE ⇒ σ = −iωε0 χ(ω) ⇒ ε0 χ(ω) = ω ε0 ω 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 i N q2 ω→0 −→ 1 + ε0 m −iωγ − ω 2 mγ ε0 ω

⇒

σ=

N q2 , mγ

(3.115)

a Drude-model eredm´enye.

3.4.4

Elektrom´ agneses hull´ amok k¨ ozegek hat´ ar´ an

Homog´en k¨ ozegek hat´ ar´ an ki kell el´eg´ıteni a hat´arfelt´eteleket: Dn , Bn E t , H t folytonosak.

, θ

k

(3.116)

, k

,, k

θ

Figure 3.2: Hull´am k¨ozeghat´aron Tekints¨ unk egy s´ıkhull´ amot, amely egy n norm´alis´ u s´ık k¨ozeghat´arra ´erkezik (3.2): 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 (meg¨ ort) ´es egy visszavert hull´ am´e. Legyen a bees˝ o hull´ am E = E 0 e−iωt+ikx , 60

B=

1ˆ k × E. c

(3.117)

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. 0 ˆ = cos θ, ´es k ˆ 0 n = cos θ0 . A megt¨ ort hull´ am jellemz˝ oi legyenek E , B 0 , k0 , a visszvert hull´amra E 00 , B 00 , k00 . Jel¨olj¨ uk kn ˆ 00 n = −kn, ˆ vagyis a bees´esi sz¨og egyenl˝o a visszaver˝od´esi sz¨oggel. Feltessz¨ uk azt, hogy k ˆz kn Koordin´ at´ azzuk a rendszert u ´gy, hogy e         0 sin θ sin θ0 sin θ n =  0  k =  0  k0 =  0  k00 =  0  (3.118) 1 cos θ cos θ0 − cos θ A polariz´ aci´ ohoz ´erdemes a feladat geometri´ aj´ahoz illeszked˝o b´azist v´alasztani: 1.)

ˆ n s´ık} 2.) E ∈ {k,

En = 0,

⇒

Ezek a felt´etelek igazak maradnak a megt¨ ort ´es visszevert hull´amra is. ˆ × E 0 ¨osszef¨ ˆ azaz, felhaszn´ ugg´est 1. Itt E ⊥ n, k, alva B 0 = 1c k ! ! ! ! 0 0 0 E0 − cos θ 00 0 00 0 0 B0 = E 0 = E0 E 0 = E0 E 0 = E0 c 0 0 0 sin θ

B 00

Bn = 0.

E0 = 0 c

(3.119)

− cos θ0 0 sin θ0

! B 00 0

E0 = 0 c

cos θ 0 sin θ

!

(3.120) A hat´ arfelt´etelek Dn = folyt.

−−

E t = folyt

E0 + E000 = E00 1 1 (E0 + E000 ) sin θ = 0 E00 sin θ0 c c 1 1 (E0 − E000 ) cos θ = 0 0 E00 cos θ0 . cµ cµ

Bn = folyt. H t = folyt

(3.121)

A Bn illetve E t egyenletekb˝ ol k¨ ovetkezik 1 1 sin θ = sin θ0 c1 c2

⇒

n1 sin θ = n2 sin θ0

(3.122)

a Snellius-Descartes t¨ orv´eny. Innen megkapjuk a θ0 -t. 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

(3.123)

2. Ebben az esetben B teljesen transzverz´ alis, azaz a fel´ırand´o egyenletek 1 1 0 (B0 + B000 ) = B µ1 µ2 0 (E0 − E000 ) cos θ = E00 cos θ0 ε1 (E0 + E000 ) sin θ = ε2 E00 sin θ0 .

(3.124)

Az els˝ o ´es utols´ o egyenlet ¨ osszehasonl´ıt´ as´ ab´ol most is a Snellius-Descartes t¨orv´eny k¨ovetkezik. A megold´ as: E000 = E0

µ1 c1 cos θ − µ2 c2 cos θ0 , µ1 c1 cos θ + µ2 c2 cos θ0

E00 = E0

2µ2 c2 cos θ . µ1 c1 cos θ + µ2 c2 cos θ0

(3.125)

Form´ alisan a µ → 1/ε helyettes´ıt´essel ad´ odik az el˝oz˝o eredm´enyb˝ol. 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. • a 2.) esetben µ1 = µ2 -t v´ alasztva el´erhet˝ o, hogy E000 = 0. Ennek felt´etele n0 . n Ez a Brewster-sz¨ og, ekkor a visszavert hull´am a fel¨ ulettel p´arhuzamosan polariz´alt. c1 cos θ = c2 cos θ0

61

⇒

tan θ =

(3.126)

3.4.5

Hull´ amterjed´ es hat´ arfelt´ etelekkel

Vegy¨ unk ide´ alis vezet˝ okkel hat´ arolt teret: milyen hull´amok terjedhetnek itt? Ide´ alis vezet˝ o ⇒ ide´ alis diam´ agnes ⇒ bel¨ ul sem E sem B nem l´etezhet, vagyis a hat´aron E t = 0,

Bn = 0

(3.127)

Hull´ amvezet˝ o Hull´ amvezet˝ o egy ide´ alis vezet˝ ok ´ altal hat´ arolt cs˝o. Itt most egy egyszer˝ us´ıt˝o t´argyal´ast vesz¨ unk, ahol a hat´arol´ o fel¨ uletek s´ıkok (gyakorlaton lesz r´eszletesebben) Most az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert vegy¨ unk t´eglalap kereszetmetszet˝ u egyenes cs¨ovet, a koordin´atarendszer z ir´ any´ at vegy¨ uk a cs˝ o ir´ any´ anak. A cs˝ o m´erete legyen a × b. Ekkor 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.

(3.128)

´ Erdemes az ´ altal´ 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. Ez legyen egy z ir´anyban terjed˝o hull´am, az x − y s´ıkban el˝ ore- ´es h´ atrafut´ o megold´ ast is vesz¨ unk. A hat´ arfelt´eteleket kiel´eg´ıt˝o megold´as:   E0x cos kx x sin ky y mπ ω2 nπ , ky = , = kx2 + ky2 + kz2 . (3.129) kx = E(x, y, z, t) = e−iωt+ikz z  E0y sin kx x cos ky y  , a b c2 0 Val´ oj´ aban ez ut´ obbi k´eplet kz -re ad megszor´ıt´ ast, hiszen a t¨obbi tag adott. A div E = 0 felt´etel: 0 = e−iωt+ikz z sin kx x sin ky y(E0x kx + E0y ky )

⇒

E0x kx + E0y ky = 0.

(3.130)

Mivel rot E = −∂t B = iωB, ez´ert     − kωz E0y sin kx x cos ky y −ikz E0y sin kx x cos ky y −i −iωt+ikz z  kz  = e−iωt+ikz z   ikz E0x cos kx x sin ky y B(x, y, z, t) = e ω E0x cos kx x sin ky y ω −i (kx E0y − ky E0x ) cos kx x cos ky y ω (kx E0y − ky E0x ) cos kx x cos ky y (3.131) A div B = 0 ´es rot B = c−2 ∂t E automatikusan teljes¨ ulnek. L´athat´oan Bz 6= 0, k¨ ul¨onben E = B = 0 lenne. Egy megadott n, m p´ arra a cs˝ o keresztemtszet´en ´all´ohull´amok alakulnak ki, m´ıg a cs˝o ment´en kz hull´amsz´ ammal ´es ω frekvenci´ aval terjed a hull´ am. A z ir´ any´ u terjed´es sebess´ege s  2  2 ω nπ mπ dω c =c 1+ + > c, vcs = =s (3.132) vf =  2  2 < c. kz kz a kz b dkz nπ mπ 1+ + kz a kz b ω n˝ o a kz -vel, de kz = 0 eset´en sem lesz nulla. Ez a legkisebb frekvencia, amely m´eg terjedni tud a hull´amvezet˝ oben (lev´ ag´ asi frekvencia): ha a > b, akkor n = 1, m = 0, azaz kx = π/a, ky = 0 v´alaszt´assal 1 , akkor ωmin =

cπ . a

(3.133)

Ha enn´el kisebb frekvenci´ aj´ u hull´ amot bocs´ atunk a hull´amvezet˝ore, akkor kz tiszt´an imagin´arius lesz, azaz exponenci´ alisan elhalnak a terek. M´ asr´eszt kis kz -kre vcs ∼ kz , azaz egyre lassabban terjednek ezek a hull´amok. 1 K¨ onnyen

ellen˝ orizhet˝ o, hogy ekkor Ey 6= 0, azaz ez egy nem nulla megold´ ast ´ır le.

62

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: ky2 − kx2 2 1 (Ey Hz − Ez Hy ) = E sin(2ωt − 2kz z) sin(2kx x) cos2 (ky y), µ 4µkx 0y ky2 − kx2 2 1 E0x sin(2ωt − 2kz z) cos2 (kx x) sin(2ky y). Sy = (Ez Hx − Ex Hz ) = µ 4µky

Sx =

(3.134)

Ezek egy peri´ odusra vett ´ atlaga nulla. A z komponens kisz´am´ıt´asa: Sz =

 2  1 kz kz 2 (Ex By − Ey Bx ) = (E 2 + Ey2 ) = sin2 (ωt − kz z) E0x cos2 kx x sin2 ky y + E0y sin2 kx x cos2 ky y . (3.135) µ µω x µω

Egy peri´ odusra, valamint a fel¨ uletre ´ atlagolva hSz i =


kz 2 2 E0x + E0y . 8µω

(3.136)

Az energias˝ ur˝ us´eg kifejez´ese, r¨ ogt¨ on be´ırva az egy peri´odusra, valamint a fel¨ uletre vett ´atlagol´ast  
1 1 ε 2 2 2 2 2 2 2 2 (E0x + E0y )+ k E + k E + (k E − k E ) + (k E + k E ) hwi = = x 0y y 0x x 0x y 0y z 0y 8 2 2µω 2 z 0x  2  1 ω 1 2 2 2 2 2 2 + kz + kx + ky (E0x (E 2 + E0y ). = + E0y )= 16µω 2 c2 8µc2 0x

(3.137)

Azaz hSz i = vcs hwi .

(3.138)

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 ´ all´ ohull´amokkal. A hat´arfelt´eteleket kiel´eg´ıt˝o megold´as:   B0x sin kx x cos ky y nπ mπ ω2 B(x, y, z, t) = e−iωt+ikz z  B0y cos kx x sin ky y  , kx = , ky = , = kx2 + ky2 + kz2 . (3.139) a b c2 0 A div B = 0 miatt B0x kx + B0y ky = 0.

(3.140)

Az elektromos t´er a rot B = c−2 ∂t E = −iω/c2 E egyenletb˝ol k¨ovetkezik:    kz c2 B cos k x sin k y −ik B cos k x sin k y 0y x y z 0y x y ω 2 ic2 −iωt+ikz z    = e−iωt+ikz z  ikz B0x sin kx x cos ky y E(x, y, z, t) = e   − kzωc B0x sin kx x cos ky y ω 2 ic (ky B0x − kx B0y ) sin kx x sin ky y (ky B0x − kx B0y ) sin kx x sin ky y 

ω

(3.141) 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 (3.140) miatt B0x = 0, ´es ´ıgy B = 0 lenne. A minim´ alis frekvenci´ahoz n = m = 1 tartozik, r 1 1 ωmin = cπ + 2. (3.142) 2 a b ¨ 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, 63

Bz (x, y, 0, t) = Bz (x, y, z, t) = 0.

(3.143)

Ekkor a z ir´ anyban is a ´ll´ ohull´ amok alakulnak ki. A TE esetben   E0x cos kx x sin ky y sin kz z nπ , E(x, y, z, t) = e−iωt  E0y sin kx x cos ky y sin kz z  , kx = a 0

mπ , b

ky =

kz =

`π c

ω2 = kx2 + ky2 + kz2 , c2 (3.144)

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

 ⇒

Ex Ey

ic2 kz −iωt = e sin kz z ω





B0y cos kx x sin ky y −B0x sin kx x cos ky y

 .

(3.145) Az u ¨regben csak bizonyos frekvenci´ ak k´epesek csillapod´as n´elk¨ ul megmaradni, ezek az u ¨reg saj´atfrekvenci´ai.

3.5

Teljes id˝ of¨ ugg´ es: az inhomog´ en r´ esz megold´ asa

Az inhomo´en r´esznek csak egy parci´ alis megold´ as´at kell keresn¨ unk, hiszen a hat´arfelt´etelek kiel´eg´ıt´es´ehez felhaszn´ alhatjuk a homog´en r´esz megold´ as´ at. A megoldand´ o egyenlet et ´ıgy a v´egtelen t´erre terjeszthetj¨ uk ki: Ψ = −f.

3.5.1

(3.146)

Green-f¨ uggv´ enyek

Az a´ltal´ anos forr´ as helyett ´ att´er¨ unk a pontforr´ asra, ahogyan ezt a sztatik´aban is tett¨ uk: 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 ).

(3.147)

−∞

A G megold´ ast itt is Green-f¨ uggv´enynek h´ıvjuk. Ahogyan kor´abban is, a jobb oldal t − t0 illetve x − x0 f¨ ugg´ese miatt G(t − t0 , x − x0 ). Ez´ert x0 = 0-t vehet¨ unk. 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.

(3.148)

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 g¨ombi koordin´atarendszerre, ´es tekints¨ uk egyel˝ore az r 6= 0 esetet: 1 d2 (rG) + k 2 G = 0, ha r 6= 0. (3.149) r dr2 Ez m´ asodrend˝ u differenci´ alegyenlet, megold´ asai2 GR/A (ω, r) = C

e±ikr . r

(3.150)

Az ar´ anyoss´ agi t´enyez˝ oh¨ oz a forr´ ast kell figyelembe venni. Mivel x = 0-n´al v´egtelen nagy a forr´as, ezzel a Laplaceoper´ ator v´egtelen ´ert´eke lesz egyens´ ulyban, vagyis k ´ert´eke nem sz´am´ıt az ar´anyoss´agi t´enyez˝oben. k = 0-n´ al viszont a Laplace egyenlet Green-f¨ uggv´enye j¨ on be, amely 1/(4πr), azaz az ar´anyoss´agi t´enyez˝o 1/(4π). Emiatt: GR/A (ω, r) = 2 Val´ oj´ aban

e±ikr . 4πr

(3.151)

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.

64

Ennek fizikai jelent´ese: egy oszcill´ al´ o pontt¨ olt´es ter´enek amplit´ ud´oja. Vissza´ırva az id˝of¨ ugg´est e−iω(t∓r/c) e−iωt±ikr = . 4πr 4πr

(3.152)

Az azonos f´ azis´ u pontok halmaza r = ±ct + λn, azaz ki- illetve befut´o g¨ombhull´amokat ´ır le. Hogy a val´ os id˝ obeli megold´ ast is megkapjuk, vissza kell Fourier transzfrom´alnunk a megold´ast: 1 GR/A (t, r) = 4πr

Z∞

dω −iωt ±iωr/c r 1  . e δ t∓ e = 2π 4πr c

(3.153)

  1 |x − x0 | 0 δ t − t ∓ . 4π|x − x0 | c

(3.154)

−∞

Vagyis az eredeti Green-f¨ uggv´enyek GR/A (t − t0 , x − x0 ) =

3.5.2

A Green-f¨ uggv´ enyek fizikai ´ ertelmez´ ese

Vegy¨ uk az R Green-f¨ uggv´enyt. Ha adott egy f (t, x) forr´as, akkor az ehhez tartoz´o megold´as: Z∞ ΨR (t, x) =

0

Z

dt

    Z 1 |x − x0 | 1 |x − x0 | 0 0 0 0 3 0 d x δ t−t − f (t , x ) = d x f t− ,x . 4π|x − x0 | c 4π|x − x0 | c 3 0

(3.155)

−∞

Vegy¨ unk pl. egy pontforr´ ast az x = 0-ban, azaz f (t, x0 ) = q(t)δ(x0 ). Ekkor   1 |x| ΨR (t, x) = q t − . 4π|x − x0 | c

(3.156)

Ha q =´ alland´ o, akkor visszakapjuk a sztatika eredm´eny´et q t¨olt´essel. Ha viszont q id˝of¨ ugg˝o, akkor t, x helyen a megold´ as a forr´ as t − r/c id˝ opontbeli ´ert´ek´et˝ ol f¨ ugg, azaz k´esve ´erkezik el a megfigyel˝oh¨oz a forr´as jele. Emiatt a fenti megold´ ast k´es˝ o, retard´ alt megold´ asnak h´ıvjuk. Hogy a sztatik´ahoz hasonl´o k´epletet kapjunk, jel¨olhetj¨ uk   Z |x − x0 | 0 [f (t, x0 )]x ret [f (t, x0 )]x ret = f t − ,x ⇒ ΨR (t, x) = d3 x0 . (3.157) c 4π|x − x0 | A fizikai jelent´es teh´ at: 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 , 4π|x − x0 |

(3.158)

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 akarom megcsin´alni, akkor: Z∞

0

dt

ΨA (t, x) =

Z

    Z 1 |x − x0 | 1 |x − x0 | 0 0 0 0 3 0 d x δ t−t + f (t , x ) = d x f t+ ,x . 4π|x − x0 | c 4π|x − x0 | c 3 0

(3.159)

−∞

Id˝ oben v´ altoz´ o pontforr´ asra x = 0-ban f (t, x0 ) = q(t)δ(x0 ), azaz: ΨA (t, x) =

  1 |x| q t + . 4π|x − x0 | c

(3.160)

Most a t, x helyen a megold´ as a forr´ as t + r/c id˝opontbeli ´ert´ek´et˝ol f¨ ugg, azaz a j¨ov˝obeli ´ert´ekekt˝ol. Ez´ert ezt a Greenf¨ uggv´enyt el˝ orehozott, 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). 65

(3.161)

Elektrodinamik´ aban, Lortentz m´ert´ekben, ha kezdetben a potenci´alok Φ = A = 0 voltak, akkor Z %(t − |x − x0 |/c, x0 ) % 1 d3 x 0 Φ = − ⇒ Φ(t, x) = ε0 4πε0 |x − x0 | Z µ0 J (t − |x − x0 |/c, x0 ) A = −µ0 J ⇒ A(t, x) = d3 x0 4π |x − x0 | (3.162) Ezeket a formul´ akat fogjuk k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o forr´ asokra kisz´am´ıtani.

3.5.3

Lokaliz´ alt, oszcill´ al´ o t¨ olt´ esrendszerek tere

Legyen most %, J ∼ e−iωt , t´erben pedig lokaliz´ alt. Ekkor minden megold´as ∼ e−iωt , vagyis ∂t → −iω. Lorentz m´ert´ek eset´en −iω −ic2 1 div A(t, x). (3.163) 0 = div A + 2 ∂t Φ = div A + 2 Φ ⇒ Φ(t, x) = c c ω Ez´ert el´eg csak a vektorpotenci´ alt meghat´ arozni; (3.162) alapj´an A(t, x) =

µ0 4π

Z

0

d3 x 0

µ0 e−iωt J (x0 )e−iω(t−|x−x |/c) = 0 |x − x | 4π

Z

0

d3 x0 J (x0 )

eik|x−x | , |x − x0 |

k=

ω . c

(3.164)

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. Ekkor k´et tartom´ any tere ´erdekes: vagy d  r  λ (k¨ozelz´ona) vagy r  λ  d (t´ avolz´ ona, hull´ amz´ ona vagy sug´ arz´ asi z´ ona), ahol r = |x|. K¨ ozelz´ ona Ebben az esetben k|x − x0 | ≈ kr  1, vagyis az exponenst elhanyagolhatjuk: Z µ0 e−iωt J (x0 ) d3 x0 . A(t, x) = 4π |x − x0 |

(3.165)

Ebben az esetben teh´ at nem sz´ am´ıt a retard´ al´ as. Hull´ amz´ ona Csak azokat a tagokat tartjuk meg, amelyek 1/r-rel ar´anyos v´egeredm´enyt adnak – az elhagyott tagok nem reprezent´ alnak sug´ arz´ ast (l. k´es˝ obb). A nevez˝ oben csak a vezet˝o tagot kell megtartani:   1 d 1 ≈ + O . (3.166) 0 |x − x | r r2 Az exponensben 0

|x − x | =

p

r r2

+

x02

−

2xx0

=r

ˆ x0 x 1−2 +O r



d2 r



0

ˆx + O =r−x



d2 r

 .

(3.167)

d3 x0 J (x0 )e−ikˆxx .

(3.168)

Vagyis 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

Az r-f¨ ugg˝ o tag egy kifut´ o g¨ ombhull´ amot ´ır le, az ir´anyf¨ ug´ese m´odosul az integr´al miatt. Megjegyz´es: 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: A(t, x) =

µ0 eikr−iωt 4π r

Z

d3 x0 J (x0 )(1 − ikˆ xx0 + . . .).

66

(3.169)

3.5.4

Dip´ olsug´ arz´ as

Az els˝ o tag (3.169)-ben: A(t, x) =

µ0 eikr−iωt 4π r

Z

d3 x0 J (x0 ).

(3.170)

A sztatik´ aban ez a tag elt˝ unik, itt azonban Z Z Z Z d3 xJi = d3 xJj ∂j xi = − d3 x0 xi ∂j Jj = d3 x0 xi ∂t % = ∂t pi = −iωpi ,

(3.171)

ahol pi a dip´ olmomentum. Innen A(t, x) =

−iωµ0 eikr−iωt p, 4π r

(3.172)

a dip´ olsug´ arz´ as k´eplete. 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 Emiatt H= Az elektromos t´er E=

⇒

∇ → ikˆ x.

(3.173)

ω 2 eikr−iωt kω eikr−iωt 1 (ˆ x × p) = (ˆ x × p) rot A = µ0 4π r 4πc r

ic2 ˆ = Z0 H × x ˆ, , ∇ × B = cB × x ω

r Z0 = µ0 c =

µ0 = 376.7 Ω, ε0

(3.174)

(3.175)

Z0 neve v´ akuum-impedancia. A Poynting vektor ˆ ) × H = Z0 x ˆ H2 S = E × H = Z0 (H × x

⇒

S = Z0 H 2

(3.176)

Id˝ o´ atlagban 2 Z0 Z0 2 4 p H = ω sin2 θ. (3.177) 2 32π 2 c2 r2 Az intenzit´ as adott t´ersz¨ ogbe kisug´ arzott teljes´ıtm´eny. Mivel S az energia´aram, ezt egy dΩ t´ersz¨ogben h´ uz´od´ o fel¨ uletre integr´ alni kell, hogy a kisug´ arzott teljes´ıtm´enyt megkapjuk:

S=

ˆ r2 dΩ dP = S x

⇒

dP Z0 = ω 4 p2 sin2 θ. dΩ 32π 2 c2

(3.178)

A kisug´ arzott teljes´ıtm´eny sz¨ ogeloszl´ asa:

A teljes kisug´ arzott teljes´ıtm´enyhez Z

2

Z1

dΩ sin θ = 2π

dx(1 − x2 ) =

8π 3

⇒

P =

Z0 ω 4 p2 . 12πc2

−1

L´ athat´ oan a kisug´ arzott teljes´ıtm´eny ∼ ω 4 , azaz csak nagy frekvenci´akon lehet jelent˝os. Feladat: K¨ oz´epen t´ apl´ alt d hossz´ us´ ag´ u egyenes antenna sug´arz´asa. 67

(3.179)

Megold´ as: Feltessz¨ uk, hogy az ´ arameloszl´ as az antenna ment´en   2|z| I(t, z) = I0 e−iωt 1 − . d

(3.180)

Ekkor Z

Zd/2

3

d xJ (x) = ez

dz I(t, z) = 2I0 ez e

−iωt

 Zd/2  2z I0 d dz 1 − = ez e−iωt = −iωpe−iωt d 2

⇒

p=

iI0 d ez . 2ω

0

−d/2

(3.181) Az i f´ azistol´ ast jelent; a sug´ arz´ as intenzit´ asa Z0 (kd)2 2 2 Z0 ω 4 I02 d2 dP 2 sin θ = I sin θ. = dΩ 32π 2 c2 4ω 2 128π 2 0

(3.182)

A teljes kisug´ arzott teljes´ıtm´eny P =

Z0 (kd)2 2 1 I0 = Rsug I02 , 48π 2

ahol Rsug =

Z0 (kd)2 ≈ 5(kd)2 Ω, 24π

(3.183)

az antenna sug´ arz´ asi ellen´ all´ asa.

3.5.5

Multipol sug´ arz´ asok

Az m´ asodik tag (3.169)-ben: A(ω, x) =

µ0 eikr 4π r

Z

d3 x0 (−ikˆ xx0 )J (x0 ).

(3.184)

Az integr´ al egy k´etindexes mennyis´eget ad: Z Mij =

d3 xxi Jj

⇒

Aj =

−iµ0 kˆ xi Mij . 4π

M antiszimmetrikus r´esze a m´ agneses dip´ olmomentum (l. (2.289)) Z 1 mi = εijk d3 xxj Jk . 2

(3.186)

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 , azaz

Z

d3 x(xi Jj + xj Ji ) = −

Z

d3 xxi xj div J = ∂t

Z

d3 x%xi xj =

(3.185)

−iω 3

  Z Qij + δij d3 x%x2 .

ahol bevezett¨ uk ez elektromos kvadrup´ ol tenzort (2.197) alapj´an. Emiatt:   Z −iµ0 eikr iωk iωk 3 0 0 02 Aj (ω, x) = kˆ xi εijk mk − Qji x ˆi − x ˆi d x %(x )x . 4π r 6 6

(3.187)

(3.188)

(3.189)

Az utols´ o tag tiszta gradiens a k¨ ozel´ıt´es rendj´eben, hiszen grad

eikr eikr 1 = ikˆ xi + O( 2 ), r r r

(3.190)

emiatt elhagyhat´ o, hiszen m´ert´ektranszform´ aci´ oval kik¨ usz¨ob¨olhet˝o, ´ıgy nem ad j´arul´ekot a fizikai mennyis´egekhez. A t¨ obbi j´ arul´eka: −iµ0 ω eikr µ0 ω 2 eikr ˆ− m×x Qˆ x. (3.191) A(ω, x) = 4πc r 24πc r 68

Az els˝ o tag a m´ agneses dip´ olsug´ arz´ as, a m´ asodik az elektromos kvadrup´olsug´arz´as k´eplete. A m´agneses dip´ olsug´ arz´ as ˆ /c m´odon kell az er˝oss´egeket helyettes´ıteni. Az els˝ az elektromos k´eplettel teljesen anal´ og, csak p → m × x o k´et rend osszege teh´ ¨ at:   1 µ0 ω 2 eikr −iµ0 ω eikr ˆ − A(ω, x) = p+ m×x Qˆ x. (3.192) 4π r c 24πc r A t´erer˝ oss´egek  1 iω 3 eikr ˆ×p+ x ˆ × (m × x ˆ) − ˆ × Qˆ x x x. c 24πc2 r

1 ω 2 eikr rot A = µ0 4πc r ˆ, E = Z0 H × x



ˆ H2 S = Z0 x

Z0 ˆ |H|2 . x 2

H=

⇒

hSi =

(3.193)

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 (3.194) 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 kvadrup´ol esete bonyolultabb, de a v´egeredm´eny:   m2 Z0 ω 6 Z0 ω 4 2 Tr Q2 . (3.195) p + + P = 12πc2 c2 1440πc4 L´ athat´ oan a m´ agneses dip´ ol illetve elektromos kvadrup´ol 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 multipol-momentum defin´ıci´oj´aba).

3.6

´ Altal´ anos mozg´ ast v´ egz˝ o t¨ omegpont sug´ arz´ asa

Most egyetlen mozg´ o pontt¨ olt´es ter´et sz´ amoljuk most ki. Ennek t¨olt´es- illetve ´arams˝ ur˝ us´ege: %(t, x) = qδ(x − γ(t)), Haszn´ aljunk Lorentz m´ert´eket, ekkor Z 1 %(t0 , x0 ) Φ(t, x) = , d3 x0 4πε0 |x − x0 |

3.6.1

A(t, x) =

µ0 4π

J (t, x) = qv(t)δ(x − γ(t)).

Z

d3 x0

J (t0 , x0 ) , |x − x0 |

ahol

t0 = t − |x − x0 |/c.

(3.196)

(3.197)

Dip´ ol-k¨ ozel´ıt´ es

Ha |x − x0 | ≈ r k¨ ozel´ıt´est haszn´ aljuk, akkor x0 kiintegr´alhat´o, ´es kapjuk: µ0 q A(t, x) = v . 4πr t−r/c

(3.198)

A deriv´ al´ asokn´ al az 1/r-t nem b´ antjuk, vagyis csak a retard´al´as miatt lehet ´ert´eke a t´erderiv´altaknak is: ˆ r r r x r ∇f (t − ) = ∇(t − )∂t f (t − ) = − ∂t f (t − ). c c c c c

(3.199)

µ0 q ˆ ) B = rot A = (a × x . 4πrc t−r/c

(3.200)

Ez´ert a m´ agneses indukci´ o

Az elektromos t´erer˝ oss´eghez: ∂E µ0 q ˆ) × x ˆ = c2 rot B = (a˙ × x ∂t 4πr

⇒ 69

E=

µ0 q ˆ) × x ˆ = Z0 H × x ˆ. (a × x 4πr

(3.201)

Vagyis a kisug´ arzott teljes´ıtm´eny: ˆ H2 = x ˆ S = E × H = Z0 x

Z0 q 2 a2 sin2 θ 16π 2 r2 c2

⇒

dP Z0 q 2 2 a sin2 θ. = dΩ 16π 2 c2

(3.202)

A teljes kisug´ arzott teljes´ıtm´eny P =

Z0 q 2 2 a 6πc2

(3.203)

Larmor k´eplet ´ırja le. Vagyis a gyorsul´ o t¨ olt´es sug´aroz! Mikor alkalmazhat´ o ez a k´eplet? Kell a d  λ felt´etel, elosztva a peri´odusid˝ovel d/δt = v  λ/δt = c, vagyis v  c nemrelativisztikus mozg´ asok eset´en j´ o. Feladat: 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 P =

Z0 q 2 c2  v 4 Z0 q 2 r 2 ω 4 = . 6πc2 6πr2 c

(3.204)

Relativisztikus sebess´egekre a k´eplet m´ odosul (l. k´es˝obb).

3.6.2

Li´ enard-Wiechert potenci´ alok

A fenti anal´ızis akkor j´ o, ha d  λ. Ha ez nem ´all fenn, akkor az elemi ¨osszetev˝ok sug´arz´as´at egyes´evel kell figyelembe venni. El˝ osz¨ or sz´ amoljuk a skal´ arpotenci´ alt, azzal anal´og lesz a vektorpotenci´al sz´amol´asa Z q |x − x0 | 1 Φ(t, x) = d3 x0 δ (x0 − γ(t0 )) , t0 = t − . (3.205) 0 4πε0 |x − x | c ´ ırva az integr´ Az integr´ al´ as az´ert nem egyszer˝ u, mert a Dirac-delta argumentuma impliciten tartalmazza x0 -t. At´ alt     Z Z |x − x0 | |x − x0 | 1 1 0 3 0 0 0 0 0 d3 x 0 δ x − γ(t − ) = d x dt δ (x − γ(t )) δ t − t + = |x − x0 | c |x − x0 | c     Z Z 1 |x − γ(t0 )| |x − γ(t0 )| 1 0 0 0 = dt0 δ t − t + dt δ t − t + = , (3.206) |x − γ(t0 )| c R c ahol

|x − γ(t¯)| ⇒ c(t − t¯) = R. (3.207) t¯ = t − c Vagyis t¯ a Dirac-delta megold´ asa, fizikailag az az id˝opont, ahonnan indul´o f´enyjel x-et t-ben ´eri el. Mivel egy f´enyjel ´es a r´eszecske p´ aly´ aj´ anak metsz´espontja t¯ < t-n´el van, ez´ert a megold´as egy´ertelm˝ u. A t0 -re vonatkoz´o integr´ al´ asn´ al u ´j v´ altoz´ ot bevezetve |x − γ(t0 )| ∂u v(x − γ(t0 )) u = t0 − t + ⇒ =1− , (3.208) 0 c ∂t c|x − γ(t0 )| azaz   Z Z |x − γ(t0 )| 1 1 1 1 1 1 dt0 δ t0 − t + ) = du δ(u) = = (3.209) Rv v(x − γ(t0 )) R c R R R − βR 1 − 1− Rc c|x − γ(t0 )| R = x − γ(t¯),

ahol β = v/c. Ezt vissza´ırva Φ(t, x) =

q 1 , 4πε0 R − βR

ahol R = x − γ(t¯),

A fenti levezet´essel teljesen anal´ og m´ odon A(t, x) =

R(t¯) t¯ = t − , c

µ0 q v . 4π R − βR 70

˙ t¯), v = γ(

β=

v . c

(3.210)

(3.211)

Ha a mozg´ ast el´eg messzir˝ ol figyelj¨ uk, azaz |x|  |γ|, akkor vezet˝o rendben R ≈ x k¨ozel´ıt´essel ´elhet¨ unk. Ez azt is jelenti, hogy t¯ = t − r/c, valamint r ˆ β) − x ˆ γ(t) ≈ r ˆ γ(t − ) = r(1 − x |x − γ(t¯)| = r − x c Ekkor teh´ at

⇒

v  c.

µ0 q A(t, x) = , v 4πr t−r/c

(3.212)

(3.213)

megegyezik a dip´ olsug´ arz´ as (3.198) k´eplet´evel. Az elektromos ´es m´ agneses t´erer˝ oss´egek kisz´ amolhat´ok a E = −∇Φ − ∂t A,

H=

1 rot A µ0

(3.214)

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 R j = δij − vi = δij + ∂xj ∂xj Rc − Rv   ∂R Rj 1 ∂Ri Rv ˆj 1 + = . = Ri =R ∂xj R ∂xj Rc − Rv R − βR

(3.215)

Ezek felhaszn´ al´ as´ aval kaphat´ o (l. Appendix A.1) E(t, x) =

q qµ0 R × [(R − Rβ) × a] R − Rβ + , (1 − β 2 ) 3 4πε0 (R − Rβ) 4π (R − Rβ)3

H(t, x) =

1 ˆ R × E(t, x). Z0

(3.216)

E-ben az els˝ o tag nem f¨ ugg a gyorsul´ ast´ ol, ´es nagy t´avols´agok eset´en ∼ 1/r2 . Emiatt ez a tag a Coulomb potenci´ al altal´ ´ anos´ıt´ asak´ent foghat´ o fel. A m´ asodik tag a gyorsul´ast´ol f¨ ugg. A dip´olsug´arz´as k¨ozel´ıt´esben (R ≈ r ´es β  1): E rad ≈

qµ0 ˆ × [ˆ x x × a], 4πr

(3.217)

ami megegyezik (3.201) k´eplettel. Feladat: Egyenesvonal´ u egyenletes mozg´ ast v´egz˝o test skal´ar- ´es vektorpotenci´alja valamint t´erer˝oss´egei. Megold´ as: 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). (3.210) alapj´ an sz¨ uks´eg¨ unk van a k¨ ovetkez˝o mennyis´egekre: R = x − γ(t¯) = (x, 0, −v t¯),

(3.218)

ahol c(t − t¯) = R, azaz c(t − t¯) =

p x2 + v 2 t¯2

ahol bevezett¨ uk a γ=p

  1p 2 t¯ = γ 2 t − x + γ 2 v 2 t2 , γc

⇒

1 1−

β2

71

=r

1 v2 1− 2 c

(3.219)

(3.220)

kifejez´est. Ezzel R − βR = c(t − t¯) + V´eg¨ ul Φ(t, x) =

c 1p 2 v2 ¯ t = ct − 2 t¯ = x + γ 2 v 2 t2 . c γ γ

q γ p , 4πε0 x2 + γ 2 v 2 t2

(3.221)

µ0 q γv p 4π x2 + γ 2 v 2 t2

(3.222)

  x q γ  0 . E= 4πε0 (x2 + γ 2 v 2 t2 )3/2 −vt

(3.223)

Az (t, x) =

Az elektromos t´erer˝ oss´eghez kell Rv R− = R − (t − t¯)v = (x, 0, −vt) c

⇒

A m´ agneses t´erer˝ oss´eghez         x 0 0 x 1 1 1  0  ×  0  =  −vx(t − t¯)  =  −vx  R R c −v t¯ 0 0 −vt

⇒

  0 q γ  −vx  , H= 4π (x2 + γ 2 v 2 t2 )3/2 0

(3.224)

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 (3.225) x0 + z 2 = r2 = konstans, ahol x0 = = x 1 − β 2 < x. γ ´ Ez egy ellipszis egyenlete – az x ir´ any´ u tengely hossza r/γ, a z ir´any´ u tengely hossza r. Ertelmezhet˝ o azonban u ´gy is, hogy a nulla sebess´eg˝ u ekvipotenci´ alis fel¨ ulet egyenlet´ebe egy kisebb x t´avols´agot kell be´ırni. Az elektromos t´erer˝ oss´eg nagys´ aga x = 0, z = r illetve x = r, z = 0 esetben E(x = 0, z = r) =

q (1 − β 2 ), 4πε0 r2

E(x = r, z = 0) =

q 1 p , 2 4πε0 r 1 − β2

(3.226)

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. Ha mozg´ o vonatkoztat´ asi rendszerb˝ ol n´ezz¨ uk, ahol az ´att´er´est a Galilei transzform´aci´oval v´egezz¨ uk, azaz z 0 = z − vt 0 ´es t = t, akkor a fenti pontt¨ olt´es ´ all, azonban a skal´arpotenci´al ´es az elektromos t´erer˝oss´eg nem megy ´at a sztatikus k´epletbe! Az elektrodinamika egyenleteinek szimmetriacsoportja a Lorentz-csoport, err˝ol k´es˝obb lesz sz´o.

3.6.3

Sug´ arz´ as sz¨ ogeloszl´ asa

Hogy a sug´ arz´ asr´ ol r´eszletesebb k´epet kapjunk, haszn´alnunk kell a Li´enard-Wiechert potenci´alokat. A sug´arz´ as Poynting vektora (3.216) alapj´ an: ˙ ˆ × [(R ˆ − β) × β] 1 ˆ 2 qZ0 R S =E×H = RE , E sug = , (3.227) 3 ˆ Z0 4πR (1 − Rβ) valamint R = x − γ(t¯), t¯ = t − R/c. Most menj¨ unk olyan koordin´atarendszerbe, ahol γ(t¯) = 0, ekkor R = x. A Poynting vektorb´ ol a t id˝ oben fel¨ uletegys´egenk´ent kisug´arzott, ´eszlelt teljes´ıtm´enyt kapjuk. Ha a mozg´o r´eszecske ´ altal id˝ oegys´egenk´ent kisug´ arzott teljes´ıtm´enyre vagyunk k´ıv´ancsiak, akkor dP =

dE dt dE ˆ (1 − Rβ) ˆ = = R2 dΩ RS dt¯ dt dt¯

⇒

˙ 2 dI Z0 q 2 [ˆ x × ((ˆ x − β) × β)] = . ˆ β)5 dΩ 16π 2 (1 − x

(3.228)

˙ vagyis 1D gyorsul´ • Ha βkβ, asr´ ol van sz´ o, akkor a sz´aml´al´o ˙ =x ˙ − β˙ ˆ × (ˆ ˆ (ˆ x x × β) xβ)

⇒

2 ˙ 2 = β˙ 2 − (ˆ ˙ 2 = a sin2 θ, [ˆ x × ((ˆ x − β) × β)] xβ) 2 c

72

(3.229)

1800 1600 1400 1200 I

I

1000 800 600 400 200 0 -3

-2

-1

0

1

2

3

1000 900 800 700 600 500 400 300 200 100 0 -3

-2

-1

θ

0

1

2

3

θ

a.

b.

Figure 3.3: Sug´ arz´ asok sz¨ ogeloszl´ asa: a. 1D 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. ˆv ˆ = cos θ. Ezzel ahol x

dI Z0 q 2 a2 sin2 θ = . 2 2 dΩ 16π c (1 − β cos θ)5

(3.230)

´ 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. 3.3/a ´ abra. Nagy sebess´egek eset´en β ≈ 1, ez´ert (3.220) alapj´an 1 − β = (1 − β 2 )/(1 + β) ≈ 1/(2γ 2 ). Ekkor a kis sz¨ ogek domin´ alnak, vagyis k¨ ozel´ıthetj¨ uk sin θ ≈ θ ´es cos θ ≈ 1 − θ2 /2, azaz 1 − β cos θ ≈ (1 + (γθ)2 )/(2γ 2 ), innen I≈

(γθ)2 2Z0 q 2 a2 8 γ π 2 c2 (1 + (γθ)2 )5

⇒

θmax ≈

1 , 2γ

Imax ∼ γ 8 .

(3.231)

• 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)

˙ 2 (ˆ xβ) ˙ 2 = (β) ˙ 2 (1 − x ˆ β)2 − [ˆ x × ((ˆ x − β) × β)] . γ2

⇒

(3.232)

ˆ ´es a ˆ egym´ Most v asra mer˝ oleges: v´ alasszuk az els˝ot a z tengelynek, a m´asodikat 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 I= 1− 2 . 16π 2 c2 (1 − β cos θ)3 γ (1 − β cos θ)2

(3.233)

(3.234)

Az eloszl´ as k¨ ol¨ onb¨ oz˝ o n´ezetei a 3.3/b-d. ´abr´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: I≈

Z0 q 2 a2 6 (1 − (γθ)2 )2 Z0 q 2 a2 6 1 γ ≈ γ 2π 2 c2 (1 + (γθ)2 )5 2π 2 c2 1 + 7(γθ)2

73

⇒

θmax ∼

1 , γ

Imax ∼ γ 6 .

(3.235)

A teljes kibocs´ atott teljes´ıtm´enyhez ki kell integr´alni a teljes t´ersz¨ogre a (3.228) kifejez´est. Az integr´al el´eg bonyolult, de az eredm´eny Z0 q 2 6 2 γ (a − (β × a)2 ), (3.236) P = 6πc2 ¨ ahol γ = (1 − β 2 )−1/2 . Osszehasonl´ ıtva a (3.203) 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 maegkaphatjuk a Maxwell egyenletek szimmetriatuljadons´ agait haszn´ alva, l. k´es˝ obb. Speci´ alis esetk´ent vizsg´ aljuk meg a k¨ orp´ aly´ an mozg´o test eset´et. Ekkor v ⊥ a. A test akkor is gyorsul, ha egyenletes sebess´eggel mozog a k¨ orp´ aly´ an, ez a szinkrotronsug´ arz´ as. Legyen a g¨orb¨ uleti sug´ar r, ekkor v × a = va

a2 − (β × a)2 =

⇒

ω4 r2 β 4 c4 1 2 a = 2 = 2 2. 2 γ γ γ r

(3.237)

Ezzel

Z0 q 2 c2 (γβ)4 . (3.238) 6πr2 Ezt ¨ osszehasonl´ıtva (3.204) k´eplettel, a k¨ ul¨ onbs´eg a γ 4 faktor megjelen´ese. Ezt az egyenletet fel´ırhatjuk a r´eszecske 2 impulzus´ aval is, hiszen E = m0 γc ´es β = pc/E miatt βγ = p/(m0 c):  4  4 2 2 Z 0 q 2 c2 p E v≈c Z0 q c P = −→ , (3.239) 6πr2 m0 c 6πr2 m0 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):  4 Z0 q 2 c E δE = . (3.240) 3r m0 c2 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 negyobb energi´ as elektron-pozitron 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 gyors´ıtanak. 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).

3.6.4

Sug´ arz´ as spektruma

Milyen frekvenci´ aj´ u¨ osszetev˝ oi vannak a sug´ arz´ asnak? Ezt akkor ´erdemes megvizsg´alni, ha el´eg messzir˝ol figyelem meg a sug´ arz´ o t¨ olt´est, ´ıgy sok´ aig tudom vizsg´ alni a folyamatot. Most nem a mozg´o t¨olt´es ´altal kisug´arzott teljes´ıtm´enyt vizsg´ aljuk, hanem az ´eszlel´esi pont ´ altal m´ert teljes´ıtm´enyt. Ez´ert most a kisug´arzott teljes´ıtm´enyt u ´gy ´ırjuk fel, hogy dI 1 2 2 1 2 = R E (t) = C (t) dΩ Z0 Z0

⇒

C(t) = RE(t) =

˙ ˆ × [(R ˆ − β) × β] qZ0 R , ˆ 3 4π (1 − Rβ)

(3.241)

hi´ anyzik az extra 1 − βR faktor a (3.228) egyenlethez k´epest. Sok´aig vizsg´alva a folyamatot a befoly´o energia dW 1 = dΩ Z0

Z∞

dt C 2 (t).

(3.242)

−∞

Fourier transzform´ alva a fenti kifejez´est, ´es felhaszn´alva, hogy C(t) val´oss´aga miatt C(−ω) = C ∗ (ω), kapjuk dW 1 = dΩ Z0

Z∞ −∞

dω 1 |C(ω)|2 = 2π πZ0

Z∞ 0

74

dω |C(ω)|2 .

(3.243)

Innen

d2 I 1 = |C(ω)|2 . dΩdω πZ0

(3.244)

Fel´ırhatjuk E-t illetve C-t polariz´ aci´ os ir´ anyok szerint: ⇒

C = e1 C1 + e2 C2 ezzel

C1,2 = e1,2 C,

(3.245)


1 d2 I = |C1 (ω)|2 + |C1 (ω)|2 , dΩdω πZ0

(3.246)

a k´et tag a k´et polariz´ aci´ os ir´ any f¨ uggetlen j´ arul´eka. A konkr´et alakb´ ol Z0 q C(ω) = 4π

Z∞

dt e −∞

Z∞ ˙ ˙ ˆ × [(R ˆ − β) × β] ˆ × [(R ˆ − β) × β] 0 0 Z q R 0 = dt0 eiω(t +R(t )/c) , ˆ 3 ˆ 2 4π (1 − Rβ) (1 − Rβ) t¯=t−R(t¯)/c

iωt R

(3.247)

−∞

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 k¨ozel´ıt´esek alkalmazhat´ok: ˆ γ, R = |x − γ| ≈ r − x Ekkor: Z0 q C(ω) = 4π

Z∞

0

m´ashol

r

dt0 eiω(t + c −

ˆ ≈x ˆ. R

˙ γ (t0 ) ) x ˆ × [(ˆ x − β) × β]

(3.248)

ˆ x

c

ˆ β)2 (1 − x

.

(3.249)

−∞

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

(3.250)

Mivel az exp(iωr/c) f´ azisfaktor kiesik |C(ω)|2 -b˝ol, ez´ert a l´enyeges r´eszre ´ırhatjuk Z0 q C(ω) ⇒ 4π

Z∞ dte

iω(t−ˆ xγ (t)/c)

" # ˙ ˆ × (ˆ x × β) d x . ˆβ dt 1−x

(3.251)

−∞

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∞

dt0 eiω(t −ˆxγ (t )/c) 0

0

˙ + (eβ)(1 ˙ ˆ β) (eβ)(ˆ xβ) −x . ˆ β)2 (1 − x

(3.252)

−∞

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 cos θ 0 ˆ =  0  , ek =  1  , ¯ t  β = β  − sin ω ¯ t  , β˙ = −β ω ¯t  , x γ = %  cos ω ¯  cos ω 0 0 0 sin θ 0



 sin θ e⊥ = ek ׈ x =  0 . − cos θ (3.253)

Ekkor ˆ γ = % cos θ sin ω x ¯ t, ek β = −β sin ω ¯ t,

ˆ β˙ = −β ω x ¯ cos θ sin ω ¯ t, e⊥ β = β sin θ cos ω ¯ t, e⊥ β˙ = −β ω ¯ sin θ sin ω ¯ t,

ˆ β = β cos θ cos ω x ¯ t, ek β˙ = −β ω ¯ cos ω ¯ t,

75

(3.254)

vagyis Z∞

Z0 qβ ω ¯ ek C(ω) = − 4π

0

%

dt0 eiω(t − c cos θ sin ω¯ t)

cos ω ¯ t − β cos θ , (1 − β cos θ cos ω ¯ t)2

−∞

Z∞

Z0 qβ ω ¯ sin θ e⊥ C(ω) = − 4π

0

%

dt0 eiω(t − c cos θ sin ω¯ t)

sin ω ¯t . (1 − β cos θ cos ω ¯ t)2

(3.255)

−∞

Bevezetve ω ˜ = ω%/c, τ = ct0 /% jel¨ ol´eseket: Z0 qβ 2 ek C(ω) = − 2π

Z∞ dτ sin (˜ ω (τ − cos θ sin βτ )

cos βτ − β cos θ , (1 − β cos θ cos βτ )2

0

iZ0 qβ e⊥ C(ω) = − 2π

2

Z∞ dτ sin (˜ ω (τ − cos θ sin βτ )

sin θ sin βτ . (1 − β cos θ cos βτ )2

(3.256)

0

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 relev´ans tartom´anyban, akkor sin x ≈ x ´es cos x ≈ 1 helyettes´ıt´essel (kiv´eve a nevez˝ ot) cos θ = 1-n´el kapjuk: Z Z Z0 qβ ω ¯ Z0 qβ ω ¯ 1 1 ek C(ω) ≈ − (1 − β) dteiωt(1−β) = − dueiu ω ¯ 2 4π (1 − β cos ω ¯ t) 4πω (1 − β cos[u ω(1−β) ])2 Z eiu Z0 qβω 3 (1 − β)4 (3.257) du ≈− 2  πω ¯3 2ω 2 (1 − β)3 2 +u ω ¯2 A fenti alak mutatja, hogy az integr´ al ott fog lev´agni, ahol ωc2 (1 − β)3 ∼1 ω ¯2

⇒

ωc ∼

ω ¯ c ∼ γ3 . % (1 − β)3/2

(3.258)

Ezt heurisztikusan is meg´erthetj¨ uk: a sug´ arz´ as sz¨oge ∼ 1/γ, a sebess´eg c, vagyis az az id˝o, am´ıg a sug´arz´ ast l´ atom: ∆t0 = θ/¯ ω ∼ %/(cγ). Mivel azonban a forr´ as a megfigyel˝o fel´e mozog, a jel els˝o ´es h´ats´o ´ele k¨oz¨ott lev˝ o t´ avols´ ag c∆t0 − v∆t0 , vagyis a k¨ ozt¨ uk eltelt id˝ o ∆t = ∆t0 (1 − β) ∼ ∆t0 /γ 2 ∼ %/(cγ 3 ). Fourier t´erben az ennek megfelel˝ o frekvencia ωc ∼ γ 3 c/%.

3.7

Elektrom´ agneses hull´ amok sz´ or´ asa

Ha adott a t¨ olt´esek mozg´ asa, akkor a fenti t´ argyal´as megadja a sug´arz´as jellemz˝oit. Ha a t¨olt´esek mozg´ as´ at is elektrom´ agneses hull´ amok okozz´ ak, akkor v´egeredm´enyben a bemen˝o elektrom´agneses hull´am ´atalakul m´as hull´amokba ⇒ sz´ or´ as. 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

(3.259)

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 eikr 1 ˆ E = E be + E szort , E szort = Aszort , H= k × E. (3.260) r Z0

76

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 dσ =

sz´ort intenzit´as |r2 dΩSszort | egys´egnyi t´ersz¨ ogbe sz´ ort teljes´ıtm´eny = = . egys´egnyi fel¨ uleten bemen˝ o teljes´ıtm´eny bemen˝o teljes´ıtm´eny ´aram |Sbe |

Ennek dimanzi´ oja m2 , fel¨ ulet ir´ anyt

⇒ neve sz´ or´ asi hat´ askeresztmetszet. Be´ırva a t´erer˝oss´egeket, ´es az esetleges polariz´ aci´ os dσ |e∗ Aszort |2 . = dΩ E02

3.7.1

(3.261)

(3.262)

Sz´ or´ as az anyag egyenl˝ otlens´ egein

A sz´ or´ ocentrumot t¨ obbf´elek´eppen kezelhetj¨ uk. Itt feltessz¨ uk, hogy folytonos anyagmodell¨ unk van, ahol a dielektromos alland´ ´ o ´es a permeabilit´ as helyf¨ ugg˝ o: ε(x), µ(x). Feltessz¨ uk azonban, hogy 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. M´as sz´oval D − ε0 E = (ε(x) − ε0 )E

B − µ0 H = (µ(x) − µ0 )H

´es

kicsi.

(3.263)

A Maxwell egyenleteket ekkor forr´ astag n´elk¨ ul ´ırhatjuk fel ∇D = 0,

∇B = 0,

∇ × E = −∂t B,

∇ × H = ∂t D.

(3.264)

Innen ∇ × (∇ × (D − ε0 E)) = ∇(div D) − 4D + ε0 ∂t ∇ × B = −4D + ε0 ∂t ∇ × (B − µ0 H) +

1 2 ∂ D, c2 t

(3.265)

vagyis D = ε0 ∂t ∇ × (B − µ0 H) − ∇ × (∇ × (D − ε0 E)).

(3.266)

A jobb oldal a forr´ astag, kis mennyis´egeket tartalmaz. Ha a bees˝ o hull´ am monokromatikus s´ıkhull´ am, akkor az id˝ofugg´ese ∼ e−iωt , ez lesz minden t´er id˝of¨ ugg´ese is. Ekkor (4 + k 2 )D = −iε0 ω∇ × (B − µ0 H) − ∇ × (∇ × (D − ε0 E)).

(3.267)

Ezt form´ alisan meg tudjuk oldani D = D0 +

1 4π

Z

d3 x0

 0  eik|x−x | iε ω∇ × (B − µ H) + ∇ × (∇ × (D − ε E)) . 0 0 0 |x − x0 |

(3.268)

ˆ x0 A m´ asodik tag felel meg a sz´ ort hull´ amnak. T´avoli megfigyel˝o eset´en a szok´asos k¨ozel´ıt´essel ´elve |x − x0 | ≈ r − x kapjuk   Z eikr 1 ε(x) − ε0 3 0 −ikˆ xx0 E = E0 + d x e iω∇ × (µ(x) − µ0 )H + ∇ × (∇ × ( )E) , (3.269) r 4π ε0 innen Aszort =

1 4π

Z

  0 δε d3 x0 e−ikˆxx iω∇ × (δµH) + ∇ × (∇ × ( E)) , ε0

(3.270)

ahol δµ = µ(x) − µ0 ´es δε = ε(x) − ε0 . Parci´ alis integr´al´assal ∇ → ikˆ x, azaz   Z 1 3 0 −ikˆ xx0 2 δε ˆ × (ˆ Aszort = − d x e ωkδµˆ x×H +k x x × E) = 4π ε0   Z 0 δµ k2 δε ˆ+ x ˆ × (E × x ˆ) . = d3 x0 e−ikˆxx Z0 H × x 4π µ0 ε0

(3.271)

Ez az egyenlet val´ oj´ aban egy implicit egyenlet, nem explicit megold´as. Azonban megoldhatjuk szukcessz´ıv approxim´ aci´ oval: E be , H be

⇒

(1)

Aszort

⇒

⇒

E1, H 1 77

(2)

Aszort

⇒

E2, H 2

⇒

...,

(3.272)

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 ´ırhat´o be:   Z 0 0 δµ ˆ δε k 2 E0 ˆ+ x ˆ × (e0 × x ˆ) . d3 x0 ei(kx −kˆxx ) (k × e0 ) × x (3.273) Aszort = 4π µ0 ε0 Vezess¨ uk be a q = k − kˆ x vektort, ezzel az exponens e sz´ amoljuk ki! Azaz

iqx0

(3.274)

alakban ´ırhat´ o. Vegy¨ uk ´eszre azt is, hogy itt val´oj´aban δε ´es δµ Fourier transzform´ altj´ at

Aszort

 ˜  ˜ δε(q) k 2 E0 δµ(q) ˆ ˆ+ ˆ × (e0 × x ˆ) . (k × e0 ) × x x = 4π µ0 ε0

(3.275)

ˆ -re mer˝ x oleges polariz´ aci´ ora vet´ıtve, azaz e∗ -gal szorozva, ´es felhaszn´alva, hogy a(b × c) = b(c × a):  ˜  ˜ k 2 E0 δµ(q) δε(q) ∗ ∗ ∗ ˆ e Aszort = (k × e0 )(ˆ x×e )+ e e0 . 4π µ0 ε0 Emiatt azt´ an k4 dσee0 = dΩ 16π 2

2 δµ(q) ˜ δε(q) ˜ ∗ ∗ ˆ (k × e0 )(ˆ x×e )+ e e0 , µ0 ε0

q = k − kˆ x.

(3.276)

(3.277)

Jellegzetess´ege a ∼ k 4 f¨ ugg´es. ⊥ ˆ ˆ ´es ek = e⊥ × k, ˆ ek = e⊥ × x ˆ. A Polariz´ aci´ os vektorokhoz ´erdemes a k¨ ovetkez˝o v´alaszt´assal ´elni: e⊥ 0 = e = αk × x 0 0 0 ˆ ˆ ˆ k = cos θ. V´ norm´ al´ ashoz α = 1/ sin θ, ahol x alasztva egy olyan koordin´atarendszert, ahol kkz, kapjuk           sin θ 0 1 cos θ 0 k ˆ = 0, 1, ˆ =  0 , x e⊥ = e⊥ e0 =  0  , ek =  0  , (3.278) k 0 = cos θ 0 0 − sin θ 1 A megfelel˝ o polariz´ aci´ os vetor szorzatok k

k

k

⊥ k ˆ × e⊥ )(ˆ e⊥ e⊥ e0 e⊥ = 0, e0 ek = cos θ, (k x × e⊥ ) = e0 ek = cos θ, 0 e = 1, 0 e = 0, 0 k k ⊥ ⊥ k ⊥ ⊥ ˆ × e⊥ )(ˆ ˆ × ek )(ˆ ˆ × ek )(ˆ (k x × ek ) = −e0 e⊥ = 0, (k (k 0 0 x × e ) = −e0 e = 0, 0 x × e ) = e0 e = 1.(3.279)

Ilyen m´ odon 2 δµ(q) ˜ δε(q) ˜ + cos θ , µ0 ε0 2 ˜ ˜ k 4 δµ(q) δε(q) dσ⊥⊥ = cos θ + . dΩ 16π 2 µ0 ε0 dσk,k k4 = dΩ 16π 2

Ha nem tekintj¨ uk a bemen˝ o hull´ am polariz´ aci´ oj´ at, ´atlagolunk a k¨ ul¨onb¨oz˝o polariz´aci´ok j´arul´ek´ara, akkor 2 ˜ ˜ dσk k 4 δµ(q) δε(q) = + cos θ , 2 dΩ 32π µ0 ε0 2 ˜ ˜ dσ⊥ k 4 δµ(q) δε(q) = cos θ + . 2 dΩ 32π µ0 ε0

(3.280)

(3.281)

A kimen˝ o polariz´ alts´ ag jellemz´es´ere dσ⊥ − Π(θ) = dΩ dσ⊥ + dΩ Nyilv´ an Π(θ) ∈ [−1, 1], ha Π(θ) = 1 akkor teljesen mer˝oleges, ha 78

dσk dΩ . (3.282) dσk dΩ Π(θ) = −1, akkor teljesen p´arhuzamos a polariz´ alts´ ag.

Feladat: 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 p = 4πε0 r3 E. Ez jellemezhet˝o s˝ ur˝ us´eggel is: P = 4πε0 r3 Eδ(x). Az elektromos eltol´ as D = ε0 E + P = ε0 (1 + 4πε0 r3 Eδ(x))E

δε(x) = 4πε0 r3 δ(x).

⇒

(3.283)

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. Ez megfelel B = µ0 (H + M ) ⇒ δµ = −2πµ0 r3 δ(x). (3.284) Ezzel az integr´ alok elv´egezhet˝ ok, ´es 2 1 ˆ dσ 4 6 ∗ ∗ = k r e e0 − (k × e0 )(ˆ x × e ) dΩ 2

(3.285)

A k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o polariz´ aci´ ok j´ arul´eka 2 dσ⊥ cos θ 1 = k 4 r6 1 − , dΩ 2 2

dσk 1 = k 4 r6 cos θ − dΩ 2

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

(3.286)

(3.287)

a kimen˝ o polariz´ alts´ ag Π(θ) =

3 sin2 θ . 5(1 + cos2 θ) − 8 cos θ

(3.288)

Ezeket a 3.7.1 ´ abr´ an l´ athatjuk. K´et jellegzetess´ege: 2.5

dΣ/dΩ Π(θ)

2 1.5 1 0.5 0 -1

-0.5

0

0.5

1

cos(θ)

Figure 3.4: Differenci´ alis hat´ askeresztmetszet ´es polariz´alts´ag f´emg¨omb¨on val´o sz´or´as eset´en • er˝ os visszasz´ or´ as: a sz´ ort hull´ am intenzit´asa h´atrafel´e a legnagyobb! • a polariz´ alts´ ag cos θ = 1/2-n´el 1, ekkor csak ⊥ polariz´alts´ag marad.

3.7.2

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 elektron polariz´ alhat´ os´ agot felt´eve X δε = ε0 γmol δ(x − xj ), δµ = 0. (3.289) j

79

Ezzel (3.281) alapjan k4 dσ⊥ |γmol |2 |F(q)|2 , = dΩ 32π 2

F(q) =

X

dσk dσ⊥ = cos2 θ . dΩ dΩ

e−iqxj ,

j

(3.290)

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 ) . (3.291) ij

G´ az eset´en a sz´ or´ ocentrumok v´eletlenszer˝ uen helyezkednek el, vagyis az i 6= j j´arul´ekok ki´atlagolj´ak egym´ ast, ez´ert marad |F(q)|2 = N , ahol N a sz´ or´ ocentrumok sz´ama. A t´erfogategys´egre sz´amolt sz´or´asi hat´askeresztmetszet ez´ert k4 N 1 dσ⊥ |γmol |2 , = V dΩ 32π 2

1 dσk 1 dσ⊥ = cos2 θ , V dΩ V dΩ

(3.292)

ahol N = N/V a sz´ or´ ocentrumok s˝ ur˝ us´ege. S˝ ur˝ ubb anyag teh´at er˝osebben sz´or, ´es nagyobb frekvenci´ak is er˝ osebben sz´ or´ odnak. A teljes differenci´ alis hat´ askeresztmetszet illetve a polariz´alts´ag 1 dσ k4 N = |γmol |2 (1 + cos2 θ), V dΩ 32π 2

Π(θ) =

sin2 θ , 1 + cos2 θ

(3.293)

l. a 3.7.2 ´ abr´ an. L´ athat´ oan cos θ = 0, azaz a bej¨ov˝o ir´anyra mer˝olegesen a legkisebb a sz´ort f´eny intenzit´ asa, ´es ott 1

dΣ/dΩ Π(θ)

0.8 0.6 0.4 0.2 0 -1

-0.5

0

0.5

1

cos(θ)

Figure 3.5: Differenci´ alis hat´ askeresztmetszet ´es polariz´alts´ag sz¨ogf¨ ugg´ese g´azon val´o sz´or´as eset´en. teljes a polariz´ alts´ ag. A teljes hat´ askeresztmetszet az ¨ ossze ir´ anyra ¨osszegzett differenci´alis hat´askeresztmetszet, vagyis a sz´ort teljes intenzit´ as: Z Z1 1 dσ k4 N 8 2 α = σ = dΩ = |γmol | , mert dx (1 + x2 ) = . (3.294) V dΩ 6π 3 −1

√ Ezt kifejezhetj¨ uk a t¨ or´esmutat´ oval is, hiszen ritka g´azra εr = 1 + N γmol , ´es n = εr ≈ 1 + N γmol /2 (l. Clausius-Mosotti egyenlet, (2.237)), ezzel 2k 4 (n − 1)2 , (3.295) α= 3πN 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 ´ altal kisz´ ort ¨ ossz-teljes´ıtm´enyre fel´ırhat´o dPszort = σ, Sbe 80

(3.296)

ahol Sbe a bemen˝ o teljes´ıtm´eny-´ aram. A kisz´ ort o¨sszteljes´ıtm´eny az eredeti hull´am intenzit´asvesztes´ege: dPszort = −dPbe . M´ asr´eszt a t´erfogatelembe bel´ep˝ o teljes´ıtm´eny Pbe = dASbe . Emiatt dPbe dA = −σ = −dAdxα Pbe

⇒

d ln Pbe = −α dx

(0)

Pbe ∼ Pbe e−αx .

⇒

(3.297)

L´egk¨ or¨ on val´ o sz´ or´ asra alkalmazva a fentieket • a sz´ or´ as er˝ oss´ege ∼ k 4 , ez´ert ha a sz´ ort f´enyt figyelj¨ uk, ott a nagyobb frekvenci´ak domin´alnak, vagyis k´ek az ´eg • ha a f´enyforr´ ast figyelj¨ uk, ott a nagyobb frekvenci´ak egy r´esze m´ar kisz´or´odott, vagyis a lemen˝o Nap f´enye v¨ or¨ oses • θ = π/2-n´el, vagyis a Napra mer˝ oleges ir´ anyban legkisebb a differenci´alis sz´or´asi hat´askeresztmetszet, vagyis ott a legs¨ ot´etebb (legm´elyebb) az ´eg • itt teljesen polariz´ alt a f´eny, ebb˝ ol a Nap ir´any´at m´eg akkor is meg lehet hat´arozni, ha nem l´atszik a Nap. • ha a sz´ or´ ocentrumok s˝ ur˝ us´ege v´egtelenhez tartana, de a t¨or´esmutat´o nem lenne 1, akkor α → 0, vagyis nem lenne sz´ or´ as. Az ´eg k´ek sz´ıne teh´ at az atomok l´etez´es´enek k¨ozvetett bizony´ıt´eka. A fenti gondolatmenet alkalmazhat´ o akkor is, ha a sz´or´ocentrum nem molekula, hanem homog´en anyag s˝ ur˝ us´egingadoz´ asai. Mivel ∂εr ∂γmol εr − 1 1 ∂εr εr − 1 δεr = δN , =0=− + ⇒ δεr = δN . (3.298) ∂N ∂N N2 N ∂N N Miut´ an a s˝ ur˝ us´egingadoz´ asok ugyan´ ugy korrel´ alatlanok mint a g´azmolakul´ak helye, a fenti kifejez´es ´ırhat´o γmol hely´ere α=

k 4 (εr − 1)2 δN 2 . 6πN

(3.299)

 Statisztikus fizik´ ab´ ol lehet tudni, hogy δN 2 = kB T ∂N/∂µ, ahol µ a k´emiai potenci´al. Termodinamikai ¨osszef¨ ugg´esekb˝ ol pedig j¨ on δN 2 1 ∂V = N kB T βT , ahol βT = − , (3.300) N V ∂p T az izoterm kompresszibilit´ as. Ezzel k 4 (εr − 1)2 N kB T βT . (3.301) 6π M´ asodrend˝ u f´ azis´ atalakul´ asn´ al βT → ∞, vagyis megn˝o a sz´or´as ⇒ kritikus opaleszcencia. Ha a sz´ or´ ocentrumok nem v´eletlenszer˝ uen helyezkednek el, akkor F(q) bonyolultabb strukt´ ur´at mutat. Pl. ha k¨ ob¨ os r´ acson helyezkednek el, akkor 3 X xj = a ni ei , ni ∈ N , (3.302) σ=

i=1

emiatt F(q) =

X

e

iqxj

=

3 X Y

iqi ani

e

=

i=1 ni

j

3 sin Y i=1

2Ni + 1 qi a 2 qi a sin 2

2

⇒

2

|F(q)| =

3 sin Y i=1

2Ni + 1 qi a 2 , qi a sin2 2

(3.303)

mivel

2N + 1 qa 2 eiqan = . (3.304) qa sin n=−N 2 |F(q)|2 majdnem minden¨ utt O(1), vagyis t´erfogattal osztva elt˝ unik a v´egtelen t´erfogati limeszben. Kiv´etelt k´epeznek azok a helyek, ahol N X

qi =

2π`i , a

ahol `i ∈ N

sin

(Bragg-felt´etel)

⇒

Az er˝ os´ıt´es helyeit figyelve az anyag szerkezet´ere k¨ovetkeztethet¨ unk 81

eiqi ani = 1

⇒

F(q) = N 2 .

⇒ optikai r´acs, elektronmikroszk´op.

(3.305)

3.8

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, Poynting-vektora, jelens´egek: abszorpci´ o, t¨ or´es, hul´ amvezet˝ ok • mozg´ o t¨ olt´es

⇒

⇒

el. m´ agn. hull´ amok

• el. m´ agn. hull´ am

⇒

• mozg´ o t¨ olt´es

el. m´ agn. t´erer˝ oss´eg

⇒

anyag

⇒

Li´enard-Wiechert potenci´alok, t´erer˝oss´egek, sz¨ogf¨ ugg´es, spektrum

el. m´ agn. hull´ am: sz´or´asi jelens´egek, sz´or´as g´azon, szab´alyos krist´ alyon ⇒

⇒

anyag

el. m´ agn. hull´ am: logikusan a k¨ovetkez˝ o l´ep´es.

Most azzal a speci´ alis esettel foglalkozunk, amikor a bemen˝o r´eszecske egyenesevonal´ u egyenletes mozg´ ast v´egez (r´eszlegesen) homog´en, ε(ω) dieleketromos ´ alland´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 Maxwellegyenletek megold´ asa a Li´enard-Wiechert potenci´alokhoz k´epest. A t¨olt´es- illetve ´arams˝ ur˝ us´eg egyenesvonal´ u egyenletes mozg´ as eset´en: % = qδ(x − vt) illetve J = qvδ(x − vt). Lorentz-m´ert´ekben a potenci´alokra vonatkoz´o egyenletek % (4 − µ0 ε∂t2 )A = −µ0 J = µ0 εv , ε

% (4 − µ0 ε∂t2 )Φ = − , ε

⇒

A = µ0 εvΦ.

(3.306)

Fourier-transzform´ aci´ o ut´ an ∇ → ik, ∂t → −iω. A t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg Fourier transzform´altja Z

iωt−ikx

dxdt e

Z %(t, x) =

iωt−ikx

dxdt e

Z∞ qδ(x − vt) = q

dt ei(ω−kv )t = 2πqδ(ω − kv).

(3.307)

−∞

Emiatt (k 2 − µ0 εω 2 )Φ =

2πq δ(ω − kv) ε

⇒

Φ(ω, k) =

2πq δ(ω − kv) . ε k 2 − µ0 εω 2

(3.308)

A t´erer˝ oss´egek E = −∇Φ − ∂t A

⇒

E(ω, k) = −ikΦ + iωA = i(ωµ0 εv − k)Φ =

2πiq δ(ω − kv) (ωµ0 εv − k) 2 , ε k − µ0 εω 2

B = ∇ × A = iµ0 εΦ k × v = µ0 εv × E.

(3.309)

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). El˝osz¨or sz´ am´ıtsuk ki a frekvenciaf¨ ugg˝ o t´erer˝ oss´eget: Z 3 2πiq d k ikx x δ(ω − kz v) Ez (ω, x) = e (ωµ0 εv − kz ) 2 . (3.310) 3 ε (2π) kx + ky2 + kz2 − µ0 εω 2 Vezess¨ uk be ω2 ω2 λ = 2 (1 − µ0 εv 2 ) = 2 v v 2

1−

v2 c2 k¨ozeg

! .

(3.311)

Ha v
Z∞ −∞

mert

R

eikx x iqλ2 dkx dky 2 =− 2 2 kx + ky + λ 4πεω

Z∞ −∞

eikx x iqλ2 dkx p =− 4πεω kx2 + λ2

Z∞ −∞

eisλx , ds √ s2 + 1

(3.312)

dx/(x2 + a2 ) = π/a. Ezzel anal´ og m´ odon Ey (ω, x) = 0,

Ex = −

iqλ 4πεv

Z∞ −∞

seisλx ds √ , s2 + 1 82

Bx = Bz = 0,

By = εµ0 vEx .

(3.313)

Messzir˝ ol figyelve az elhalad´ o t¨ olt´est Z∞ −∞

eisλx = ds √ s2 + 1

r

Z∞

π −λx e + ..., 2λx

−∞

Ezzel q Ex (ω, x) = 4πεv

∂ seisλx = −i ds √ 2 ∂λx s +1

r

λπ −λx e , 2x

Z∞ −∞

Ey = 0,

r seisλx π −λx ds √ =i e + .... 2 2λx s +1

Ez =

−ivλ Ex . ω

(3.314)

(3.315)

Ha v < ck¨ os, ´es exponenci´ alisan lecseng˝o megold´ast kapunk (ebb˝ol a tagb´ol); ha azonban v > ck¨ ozeg , akkor λ val´ ozeg , √ akkor λ k´epzetes, ´es E egy 1/ x szerint lecseng˝o hull´amot ´ır le! A Poynting-vektor s ck¨ 1 Sx Ez ivλ v2 ozeg S= E×B ⇒ Sx = −εvEx Ez , Sz = εvEx2 ⇒ tan θ = =− = = 1− 2 ⇒ cos θ = . µ0 Sz Ex ω c v k¨ozeg (3.316) ´ Ertelmez´ es: 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´ am-front”-j´ at ⇒ Cherenkov-sug´ arz´ as. Sz´ amoljuk ki a r´eszecske ´ altal egys´egnyi u ´ton kisug´arzott teljes´ıtm´enyt! El˝osz¨or a r´eszecsk´et k¨or¨ ulvev˝o cs˝ o fel¨ ulet´en at´ ´ araml´ o teljes´ıtm´enyt sz´ amoljuk ki: dE = dt

Z∞

I df S = 2πx

−∞

2πx dz Sx = − µ0

Z∞ dz By Ez .

(3.317)

−∞

Az egys´egnyi u ´ton kisug´ arzott energia: dE dt 2πx dE = =− dz dt dz µ0

Z∞ −∞

x dt By Ez = − µ0

Z∞

dωBy∗ (ω)Ez (ω)

= −xv

−∞

2

Z∞

−iλε∗ |Ex (ω)|2 = −2xv 2 Im dω ω

Z∞ λε∗ dω |Ex (ω)|2 . ω

−∞

0

(3.318) Be´ırva Ex -et q2 dE =− Im dz 16π

Z∞ λ2 dω . ωε

(3.319)

0

Ultrarelativisztikus hat´ aresetben λ2 = ω 2 (1 − εµ0 v 2 )/v 2 → ω 2 (1 − εr )/c2 . Szabad elektronokra εr = 1 − ωp2 /(ω 2 + iε), ezzel   Z∞ dE q2 1 q 2 µ0 2 =− Im dωω − 1 = ω , (3.320) 2 dz 16πε0 c εr 32 p 0

hiszen

ωp2 1 −1= 2 εr ω − ωp2 + iε

 ⇒

Im

1 −1 εr



π → −πωp2 δ(ω 2 − ωp2 ) = − ωp δ(ω − ωp ). 2

(3.321)

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 premittivit´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 ´altal 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),

εEz+ (t, x, y, z = 0) = ε0 Ez− (t, x, y, z = 0),

H + (t, x, y, z = 0) = H − (t, x, y, z = 0),

(3.322)

ahol E = E inhom + E hom , ´es az inhomog´en r´esz megold´as´at Fourier-t´erben (3.309) adja. Mivel µ = µ0 -t vett¨ unk, ez´ert H folytonos.

83

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: Z 2πq δ(ω − kz v) 2πq δ(ω − kv) dkz = i(ωµεv − k) , E(ω, kT , z) = E(ω, k) = i(ωµεv − k) E(ω, k) eikz z , ε k 2 − µεω 2 ε kT2 + kz2 − µεω 2 2π (3.323) ahol a transzverz´ alis t´er T = (x, y). A kz integr´ al a Dirac-delta miatt k¨onnyen elv´egezhet˝o: ET (ω, kx , ky , z) =

−iqkT eiωz/v , εv kT2 + λ2

Ez =

−iqλ2 eiωz/v εω kT2 + λ2

⇒

E(ω, kT , z) =

A homog´en egyenlet megold´ as´ at is hozzuk ilyen alakra Z 3 Z 3 Z d k d k dω −iωt+ikx eE (k)e 2πδ(ω−kc)eE0 (k)e−iωt+ikx = E hom (t, x) = 0 3 (2π) 2π (2π)3

−iq εv

 kT +

⇒

λ2 v eZ ω



eiωz/v . kT2 + λ2 (3.324)

E hom (ω, k) = 2πδ(ω−kc)eE0 (k). (3.325)

Ebb˝ ol ¯0 e E hom (ω, kT , z) = eE

±ikz z

,

¯0 = kE0 , ahol E ckz

r e(kT ± kz ez ) = 0,

kz =

εr

ω2 − kT2 . c2

(3.326)

ˆ T -re, a p´arhuzamos komponens pedig: A polariz´ aci´ os vektorban e⊥ mer˝ oleges mind ez -re, mind k e = ez ∓ αkT

⇒

e(kT ± kz ez ) = ±kz ∓ αkT2 = 0

⇒

α=

kz kT2

(3.327)

vagyis     kz ± E hom (ω, kT , z) = Ek± ez ∓ 2 kT + E⊥ e⊥ e±ikz z , kT

r kz =

εr

ω2 − kT2 . c2

(3.328)

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  λ20 v kz e iq − − − −ikz z kT + eZ E (ω, kT , z) = Ek ez + 2 kT + E⊥ e⊥ e − kT ε0 v ω kT2 + λ20      iωz/v  kz λ2 v e iq + E + (ω, kT , z) = Ek+ ez − 2 kT + E⊥ eZ e⊥ eikz z − kT + . (3.329) kT εv ω kT2 + λ2 ± 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:   kEk− 1 kz iqkT ω 2 iqkT2 1 ⇒ E = e + k e−iωt+ikx = ek e−iωt+ikx , (3.330) Ek− = hom z T 2 2 2 2 3 2 ε0 kz v kT + λ 0 ckz kT ε0 c vkz kT + λ20

ahol ek = kT /k(ez +kz kT /kT2 ) egys´egvektor. A hull´am ir´any´ara kT2 +kz2 = ω 2 /c2 miatt kT = ω/c sin θ ´es kz = ω/c cos θ, azaz kT2 + λ2 =


ω2 ω2 ω2 ω2 2 sin θ + − = 1 − β 2 cos2 θ 2 2 2 2 c v c v

⇒

E hom =

iqv tan2 θ ek e−iωt+ikx . ε0 c2 1 − β 2 cos2 θ

(3.331)

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.

84

3.9

Relativisztikus elektrodinamika

Az elektrodinamika nem invari´ ans a Galilei-transzform´aci´ora, vagyis a szok´asos, klasszikus mozg´o vonatkoztat´ asi rendszerre val´ o ´ att´er´esre. Ennek k´et magyar´ azata lehet: vagy csak egy adott koordin´atarendszerben (´eter) ´erv´enyes az elektrodinamika, vagy m´ as m´ odon kell ´ att´erni mozg´o vonatkoztat´asi rendszerre. A Michelson-Morley k´ıs´erlet azt bizony´ıtotta, hogy ha l´etezik az ´eter, akkor a f¨oldi megfigyel˝o az ´eterhez k´epest nem mozog, hiszen a f´eny sebess´ege f¨ uggetlen volt a m´er´es ir´any´at´ol. Ez az ´eter-k´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 invari´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.

3.9.1

Relativisztikus koordin´ at´ ak

Vezess¨ uk be a nulladik t´erkoordin´ at´ at x0 = ct m´odon, vagyis az id˝ot azzal a t´avols´aggal m´erj¨ uk, amit a f´eny egys´egnyi id˝ o alatt megtesz. Ekkor egy esem´enyt egy n´egyesvektorral jellemezhet¨ unk xµ = (ct, x).

(3.332)

Az indexet fel¨ ulre tessz¨ uk, ´es – ahogy m´ ar kor´ abban t´argyaltuk – kontravari´ans koordin´at´aknak nevezz¨ uk. A n´egyesvektor szerinti parci´ alis deriv´ al´ as   1 ∂ ∂ , , (3.333) ∂µ = c ∂t ∂xi a deriv´ al´ as indexe alul van, ezek a kovari´ ans vektorok. Az integr´al´as Z Z d4 x = c dtd3 x.

(3.334)

Vektorok skal´ aris szorzat´ ahoz egy metrikus tenzort vezet¨ unk be. A motiv´aci´o az, hogy az elektrodinamik´ aban a aloper´ator jelenik meg: hull´ amegyenletben a  = 4 − ∂t2 /c2 differenci´ gµν = diag(1, −1, −1, −1)

⇒

a·b = aµ gµν bν ,

aµ = gµν aν ,

g µν = (g −1 )µν = diag(1, −1, −1, −1),

aµ = g µν aν . (3.335)

Komponensekben ki´ırva teh´ at a · b = a0 b0 − ab

⇒

∂µ ∂ µ = ∂t2 /c2 − 4 = −,

x2 = c2 t2 − x2 .

(3.336)

Ez azt jelenti, hogy nem csak a nullvektor hossza nulla, hanem minden r = ct pontra igaz ez, azaz a f´enyk´ up elemeire. Az orig´ ob´ ol f´enysebess´egn´el kisebb ´ atlagsebess´eggel el´erhet˝o esem´enyekn´el r = vt, azaz x2 = (c2 − v 2 )t2 > 0, ezek az id˝ oszer˝ u esem´enyek. Ha x2 < 0, akkor t´erszer˝ u esem´enyekr˝ol besz´el¨ unk. A t´erkoordin´ at´ aknak megfelel˝ oen az elektrodinamika mennyis´egeit is n´egyesvektorokba rendezhetj¨ uk. Egy t¨ omegpont eset´en a t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg % = qδ(x − γ(t)), m´ıg az ´arams˝ ur˝ us´eg J = qvδ(x − γ(t)). Mivel vi = x˙ i , ez azt sugallja, hogy ´erdemes J µ = (c%, J ) (3.337) m´ odon defini´ alni a n´egyes ´ arams˝ ur˝ us´eget. Ekkor a kontinuit´asi egyenlet 0 = ∂t % + ∂i Ji =

1 ∂t (c%) + ∂i J i = ∂µ J µ , c

(3.338)

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 qc = = , c 4πε0 cr 4πr

85

A=

µ0 qv . 4πr

(3.339)

Emiatt a n´egyespotenci´ al defin´ıci´ oja 1 Aµ = ( Φ, A). c Hogy a Maxwell-egyenleteket le tudjuk ´ırni, bevezetj¨ uk a t´erer˝ oss´eg-tenzort: F µν = ∂ µ Aν − ∂ ν Aµ ,

(3.340)

F µν = −F νµ .

(3.341)

Mivel Ei = −∂i Φ − ∂t Ai = −∂i cA0 − c∂0 Ai = −c(∂ 0 Ai − ∂ i A0 ) = −cF 0i

⇒

1 F 0i = − Ei c

1 1 Bi = εijk ∂j Ak = −εijk ∂ j Ak = − εijk (∂ j Ak − ∂ k Aj ) = − εijk F jk 2 2

⇒

F ij = −εijk Bk .

Vagyis a fels˝ o indexes t´erer˝ oss´eg-tenzor komponenseinek jelent´ese   0 −E1 /c −E2 /c −E3 /c  E1 /c 0 −B3 B2  . F µν =   E2 /c B3 0 −B1  E3 /c −B2 B1 0

(3.342)

(3.343)

A Maxwell egyenletek egy r´esze a t´erer˝ oss´egtenzor deriv´altjaival van kapcsolatban: 1 1 % ∂i Ei = = µ0 J 0 c c ε0 1 = ∂0 F 0i + ∂j F ji = − 2 ∂t Ei + εijk ∂j Bk = µ0 J i , c

∂µ F µ0 = ∂i F i0 = ∂µ F µi

(3.344)

vagyis ¨ osszefoglalva ∂µ F µν = µ0 J ν .

(3.345)

A t¨ obbi Maxwell egyenlet val´ oj´ aban azonoss´ ag: vezess¨ uk be a du´alis t´erer˝oss´eg-tenzort: 1 F˜ µν = εµν%σ F%σ , 2

ahol ε0123 = 1,

(3.346)

´es teljesen antiszimmetrikus, azaz minden indexp´ar cser´ej´ere jelet v´alt. Emiatt εµν%σ = −εσµν% . A h´arom dimenzi´ os Levi-Civita szimb´ olummal val´ o kapcsolata ε0ijk = εijk . A du´alis kapcsolat 1 1 1˜ ˜i = cBi F˜ 0i = ε0ijk Fjk = εijk (−εjk` B` ) = −Bi = − E ⇒ E i 2 2 c
1 1 ijk0 ˜ k ⇒ cB ˜k = −Ek . ε Fk0 + εij0k F0k = εijk Ek = −εijk B F˜ ij = 2 c

(3.347)

A du´ alis t´erer˝ oss´egtenzor n´egyesderiv´ altja automatikusan nulla, hiszen: ∂µ F˜ µν =

1 µν%σ ε ∂µ (∂% Aσ − ∂σ A% ) = 0, 2

(3.348)

ami egy szimmetrikus ´es egy antiszimmetrikus m´atrix szorzata. Ezen egyenletek jelent´ese 1 i0jk 1 ∂i ε Fjk = ∂i (−εijk )(−εjk` B` ) = div B, 2 2
1 1 1 1 µi 0i ji ∂µ F˜ = ∂0 F˜ + ∂j F˜ = ∂0 ε0ijk Fjk + ∂j εji0k F0k + εjik0 Fk0 = ∂t εijk (−εjk` B` ) + ∂j εjik Ek = 2 2 2c c 1 = − [∂t Bi + (rot E)i ] . (3.349) c ∂µ F˜ µ0 =

Vagyis ez a k´et egyenlet a t´erer˝ oss´eg-tenzor 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. 86

3.9.2

Lorentz-transzform´ aci´ o

A Maxwell-egyenleteket teh´ at siker¨ ult ´ atfogalmazni olyan alakba, amely kiz´ar´olag n´egyes skal´arszorzatokat tartalmaz. Emiatt a Maxwell-egyenletek alakja v´ altozatlan marad akkor, ha olyan transzform´aci´ot hajtunk v´egre a n´egyesvektorokon illetve -tenzorokon, amelyek a n´egyes skal´ arszorzatot invari´ansan hagyj´ak. Eml´ekeztet˝ou ¨l: a h´armas skal´ ar szorzatot inveari´ ansan hagy´ o transzform´ aci´ ok a forgat´ asok. Lehet teh´at ezeket a traszform´aci´okat ´altal´anos´ıtott forgat´ asokk´ent felfogni, ahol az id˝ o komponenst is “forgatjuk”. A k¨ ul¨onbs´eg a skal´ar szorzat t´er ´es id˝o komponensei k¨oz¨ott az el˝ ojelben van. Keress¨ uk teh´ at a n´egyesvektorok olyan line´ aris transzform´aci´oit µ

a0 = Λµ.ν aν ,

∀ aµ

(3.350)

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 .

⇒

(3.351)

Ha ez minden a, b-re teljes¨ ul, akkor 0

Λµ.ν Λµ.ν 0 gµµ0 = gνν 0 .

(3.352)

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 ,

(3.353)

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 , µ = 0 ∂x ∂xν ∂x0 µ

(3.354)

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).

⇒

(3.355)

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 0 0 µν µ ν ν µ F 0 (x0 ) = ∂ 0 A0 (x0 ) − ∂ 0 A0 (x0 ) = Λµ.µ0 Λν.ν 0 F µ ν (x). (3.356) Ha az ´ arams˝ ur˝ us´eget is n´egyesvektork´ent transzform´aljuk, akkor ∂µ0 F 0

µν

0

0

0 0

0

ν

µ ν %ν (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

(3.357)

vagyis a transzform´ alt t´erer˝ oss´eg-tenzor transzform´alt koordin´at´ak szerinti deriv´altja a transzform´alt ´arams˝ ur˝ us´eget adja meg. Az elektrodinamika teh´ at invari´ ans a Lorentz-transzform´aci´okkal szemben. A Lorentz-transzform´ aci´ o m´ atrixa 4 × 4-es val´os m´atrix, azaz 16 param´eteres. A defini´al´o egyenlete (3.352) 4 × 4-es szimmetrikus m´ atrixot nulla volt´ at k¨ oveteli meg, ami 10 megk¨ot´est jelent. A Lorentz transzform´aci´ ok teh´ at 6 param´etert˝ ol f¨ uggnek. Jel¨ olj¨ uk  0 0 0 0  Λ.0 Λ.1 Λ.2 Λ.3 1 1 1 1   Λ T .0 Λ.1 Λ.2 Λ.3  (3.358) Λµ.ν =  2 2 2  Λ.0 Λ.1 Λ.2 Λ2.3  ⇒ gΛ gΛ = 1. 3 3 3 3 Λ.0 Λ.1 Λ.2 Λ.3 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

 ⇒

gΛT gΛ =



1 0 0 OT



1 0 0O



 =

87

1 0 0 OT O



 =

10 01

 ⇒

O T O = 1.

(3.359)

Ez azt jelenti, hogy O ortogon´ alis m´ atrix, azaz forgat´ast ´ır le. 3D-s forgat´asnak 3 param´etere van, ez a Lorentztranszform´ 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 =  (3.360)  0 0 1 0. 0 0 01 El´eg a fels˝ o alm´ atrixra koncentr´ alni, erre (3.352) megk¨ot´es:  0 0    0 (Λ0.0 )2 − (Λ1.0 )2 Λ.0 Λ.1 Λ.0 −Λ1.0 = gΛT gΛ = 1 1 0 1 −Λ0.0 Λ0.1 + Λ1.0 Λ1.1 Λ.0 Λ.1 −Λ.1 Λ.1

Λ0.0 Λ0.1 − Λ1.0 Λ1.1 (Λ1.1 )2 − (Λ0.1 )2



 =

10 01

 ,

(3.361)

azaz (Λ0.0 )2 − (Λ1.0 )2 = 1 (Λ1.1 )2 − (Λ0.1 )2 = Λ0.0 Λ0.1 − Λ1.0 Λ1.1

1

⇒

Λ0.0 = cosh η,

Λ1.0 = sinh η

⇒

Λ1.1

Λ0.1 = sinh η¯

⇒

Emiatt =

⇒

tanh η = tanh η¯ 

Λµ.ν

= cosh η¯,

cosh η sinh η sinh η cosh η

η = η¯.

(3.362)

 .

(3.363)

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 .

(3.364)

1

A vessz˝ os rendszer orig´ oj´ anak egyenlete az eredeti rendszerben: x0 = 0, azaz 1

x0 = 0 = cosh η x + sinh η ct

⇒

x = −c tanh η t

v tanh η = − . c

⇒

(3.365)

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 ´att´er´est jelentette, hasonl´o m´ odon az y illetve z ir´ anyba val´ o´ att´er´est is meg lehet tenni: ez a Lorentz transzform´aci´ok u ´jabb 3 param´eter´et adj´ak. A Lorentz transzform´ aci´ ok 6 param´etere teh´ at: 3 forgat´ as ´es 3 “boost”. Mivel   1 1 tanh η γ −βγ µ p p cosh η = p = = γ, sinh η = = −γβ ⇒ Λ = . (3.366) .ν −βγ γ 1 − v 2 /c2 1 − tanh2 η 1 − tanh2 η 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

J µ = (c%, J)

⇒

% − vJ/c2 %0 = p , 1 − v 2 /c2

1 Aµ = ( Φ, A) c

⇒

Φ − vA Φ0 = p , 1 − v 2 /c2

x0 = p

x − vt 1 − v 2 /c2

.

(3.367)

Az a´rams˝ ur˝ us´eg eset´en J0 = p

J − v% 1 − v 2 /c2

.

(3.368)

A n´egyespotenci´ alok eset´en A − vΦ/c2 A0 = p . 1 − v 2 /c2

(3.369)

A t´erer˝ oss´eg-tenzor tenzork´ent transzform´ al´ odik F0

µν

0 0

= Λµ.µ0 Λν.ν 0 F µ ν .

88

(3.370)

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 .

(3.371)

Az elektrom´ agneses t´errel megfogalmazva

3.9.3

E10 = E1 ,

E2 − vB3 E20 = p , 1 − v 2 /c2

B10 = B1 ,

B2 + vE3 /c2 , B20 = p 1 − v 2 /c2

E3 + vB2 E30 = p 1 − v 2 /c2 B3 − vE2 /c2 B30 = p . 1 − v 2 /c2

(3.372)

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 Lorentztranszform´ 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 cτ =

r ds

dγ µ dγµ ds ds

(3.373)

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 v2 τ = dt 1 − 2 ⇒ γdτ = dt. (3.374) c t1

Kovari´ ans mennyis´eg a n´egyessebess´eg – szok´ asosan norm´alni szokt´ak c-vel uµ =

1 dγ µ v = γ(1, ) c dτ c

⇒

uµ uµ = 1.

(3.375)

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 . (3.376) 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 P0 = p = m0 c2 + + ... ⇒ P0 = , E = m0 γc2 ≡ mc2 , c 2 c 1 − v 2 /c2

(3.377)

ahol E a r´eszecske energi´ aja, ´es a relativisztikus, sebess´egf¨ ugg˝o t¨omegnek m0 m= p 1 − v 2 /c2

(3.378)

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 =

89

E2 − p2 c2

⇒

E 2 = p2 c2 + m20 c4 .

(3.379)

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 . ∂τ

(3.380)

A t´erszer˝ u indexekre vi  Ei ∂  vj γ m0 γ = qF iµ uµ = qF i0 u0 + qF ij uj = q γ + q(−εijk Bk )(−γ ) = q (Ei + εijk vj Bk ) , ∂τ c c c c

(3.381)

atrendezve ´ ∂t (mv) = q(E + v × B).

(3.382)

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´ at. 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,

(3.383)

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   0 1 µν 1 1 ∂t (m0 cuµ ) = F µν Jν = F ∂% F.ν% = − ∂% −F µν F.ν% + g µ% F νν Fνν 0 . (3.384) 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% ), 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 0 0 ∂ µ (F νν Fνν 0 ) = ∂ µ (∂ ν Aν − ∂ ν Aν )(∂ν Aν 0 − ∂ν 0 Aν ) = 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 ) .

(3.385)

(3.386)

0

Emiatt 4F%ν ∂ % F µν = ∂ µ (F νν Fνν 0 ), azaz   0 1 1 µ% νν 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

(3.387)

A (3.384) egyenletet ´ at´ırva ∂t P µ + ∂% T %µ = 0,

ahol T %µ =

  0 1 1 −F µν F.ν% + g µ% F νν Fνν 0 , µ0 4

(3.388)

1 ∂t (pi + T i0 ) + ∂j T ij = 0. c

(3.389)

vagy komponensekben ki´ırva ∂t (E + T 00 ) + ∂i (cT i0 ) = 0,

Ennek ´ertelmez´ese: a mechanikai ´es az elektrom´ agneses t´er ¨osszes energi´aj´ara illetve impulzus´ara m´erlegegyenlet vonatkozik. T µν neve energia-impulzus tenzor, komponenseinek jelent´ese pedig: T 00 = w energias˝ ur˝ us´eg, Si = cT i0 az energia0i ij arams˝ ´ ur˝ us´eg, gi = T /c az impulzuss˝ ur˝ us´eg ´es T az impulzus-´arams˝ ur˝ us´eg (Maxwell-f´ele fesz¨ ults´egtenzor). A t´erer˝ oss´egekkel kifejezve:    1 νν 0 1  0i 1 1 F Fνν 0 = 2F F0i + F ij Fij = − 2 E2 + B2 , (3.390) 4µ0 4µ0 2µ0 c 90

ez´ert    1 ε0 1 1  1 −F 0i F.i0 + − 2 E2 + B2 = 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   i 1 1 1 h 1 j j 2 2 i0 ik −F F.0 − F F.k − − 2 E + B = (ED + BH)δij − (Ei Dj + Bi Hj ), = µ0 2µ0 c 2

T 00 = T 0i T ij

(3.391)

megegyeznek a kor´ abban (3.34), (3.35), (3.47) ´es (3.48) egyenletekben megfogalmazott k´epletekkel. Mivel T µν = T νµ 2 emiatt S = c g most term´eszetes m´ odon teljes¨ ul.

3.9.4

Alkalmaz´ asok

A relativisztikus invariancia illetve kovariancia elve sok esetben jelent˝osen leegyszer˝ us´ıtit 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),

E 0⊥ (x) = γE ⊥ (Λ−1 x).

(3.392)

Pl. z ir´ any´ u egyenesvonal´ u egyenletes mozg´as eset´en az ´all´o rendszerben   x q 1 y. E= 4πε0 (x2 + y 2 + z 2 )3/2 z

(3.393)

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 q 1  0 , x = Λ−1 x0 = (cγt, x, 0, −γvt) ⇒ E 0 = (3.394) 4πε0 (x2 + γ 2 v 2 t2 )3/2 −γvt ami megegyezik a k¨ ozvetlen sz´ amol´ as eredm´eny´evel. • A d’Alambert oper´ ator 1 2 ∂ = −∂µ ∂ µ , (3.395) c2 t 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 ´ all´ o rendszerben legyen 1 E0 E = E0 ey e−iω(t−x/c) , B = ex × E = ez e−iω(t−x/c) . (3.396) c c 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)),

Bz0 (x) = γ(Bz (¯ x)−

vEy (¯ x) ), c2

x ¯ = Λ−1 x. (3.397)

Be´ırva Ey ´es Bz alakj´ at s Ey0 (x)

=

1 − v/c ¯ E0 e−iω(t−¯x/c) , 1 + v/c

91

s Bz0 (x)

=

1 − v/c E0 −iω(t¯−¯x/c) e . 1 + v/c c

(3.398)

Az exponensben szerepl˝ o kifejez´es xv t¯ = γ(t + 2 ), c

x ¯ ω(t¯ − ) = c

⇒

x ¯ = γ(x + vt)

s

1 − v/c x ω(t − ). 1 + v/c c

(3.399)

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 0 1 − v/c 1 − v/c E 0 (x) = E00 ey e−iω (t−x/c) , E0 , ω0 = ω. (3.400) E00 = 1 + v/c 1 + v/c A frekvencia v´ altoz´ asa a Doppler-effektus. Ha v = c rendszerbe tudn´ank ´atmenni, akkor ω 0 = 0 ´es E00 = 0 lenne, azaz elt˝ unne a hull´ am! A fenti megold´ ast u ´gy is megkaphattuk volna, hogy ´eszrevessz¨ uk, hogy ωt − kx = kµ xµ , Emiatt

0

−1

e−ikx = e−ikΛ vagyis

x

ahol 0

= e−ik x ,

ω v ω0 = γ − γk c c c

⇒

ω k µ = ( , k). c

(3.401)

k 0 = Λk,

ahol

(3.402)

1 − v/c ω0 = p ω. 1 − v 2 /c2

(3.403)

• 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: x − vt t − vx/c2 p = v0 p 1 − v 2 /c2 1 − v 2 /c2

⇒

x=

v + v0 t vv 0 1+ 2 c

⇒

V =

v + v0 vv 0 1+ 2 c

(3.404)

az ered˝ o sebess´eg k´eplete. Ha b´ armely sebess´eg c, akkor V = c is igaz. Ha rapidit´asban n´ezz¨ uk: v = −c tanh η, v 0 = 0 −c tanh η ´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

⇒

η¯ = η + η 0 ,

(3.405)

vagyis a rapidit´ asban addit´ıvek a sebess´egek.

3.9.5

Sug´ arz´ asok relativisztikus t´ argyal´ asa

Mivel a d’Alambert oper´ ator invari´ ans, ´ıgy a sug´arz´asok k´epletei is relativisztikusan ´at´ırhat´ok. El˝ osz¨ or n´ezz¨ uk a Green-f¨ uggv´enyek relativisztikus invarianci´aj´at: amint l´attuk (3.154)-ben   |x| 1 δ t∓ . GR/A (t, x) = 4π|x| c

(3.406)

Ez is relativisztikusan invari´ ans? Ehhez felhaszn´aljuk, hogy δ(f (x)) =

X

δ(x − x0 ) f 0 (x0 )

⇒

δ(x2 ) = δ(c2 t2 − x2 ) =

x0 , f (x0 )=0

1 1 |x| |x| (δ(ct − |x|) + δ(ct + |x|)) = (δ(t − ) + δ(t + )). 2|x| 2c|x| c c (3.407)

Emiatt

cΘ(t) cΘ(−t) δ(x2 ), GA (x) = δ(x2 ). 2π 2π A fenti kifejez´es Lorentz invari´ ans, ha nem haszn´alunk id˝ot¨ ukr¨oz´est is. GR (x) =

92

(3.408)

Mozg´ o pontt¨ olt´es sug´ arz´ as´ at a Li´enard-Wiechert potenci´alok ´ırj´ak le. A (3.210) ´es (3.211) k´epletek ¨osszefoglalhat´ ok µ0 q (c, v) , R = x − γ(t0 ), c(t − t0 ) = R. (3.409) Aµ = 4π R − βR t0 A bal oldal n´egyesvektor, a jobb oldalt hogyan kell ilyen form´aban ´atfogalmazni? A r´eszecske p´aly´aj´anak n´egyesvektora, valamint a n´egyessebess´eg: (1, v/c) γ µ (t) = (ct, γ(t)), uµ = p . (3.410) 1 − v 2 /c2 Ekkor a fenti R n´egyesvektor ´ altal´ anos´ıt´ asa: Rµ = xµ − γ µ (t0 ) = (c(t − t0 ), x − γ(t0 )) = (c(t − t0 ), R)

⇒

Rµ uµ = p

1 1 − v 2 /c2

(R − βR) ,

(3.411)

hiszen R = c(t − t0 ) a retard´ al´ as egyenlete. Emiatt µ0 qc uµ A = , 4π Rµ uµ t0 µ

(3.412)

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 (3.203) egyenletben ´ırtuk le: dE Z0 q 2 2 = a , dt 6πc2

P =

ha

v  c.

(3.413)

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

(3.414)

a teljes´ıtm´eny minden mozg´ o megfigyel˝ o sz´ am´ ara ugyanaz mint az ´all´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: aµ =

d2 xµ d dγ = (γc, γv) = γ(c, v) + γ 2 (0, a), 2 dτ dτ dt

(3.415)

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 .

(3.416)

´ o koordin´ All´ atarendszerben aµ → (0, a), azaz aµ aµ → −a2 ,

(3.417)

2

vagyis megtal´ altuk a a relativisztikus kiterjeszt´es´et. Ezzel a relativisztikus Larmor k´eplet: P =−

Z0 q 2 µ a aµ . 6πc2

(3.418)

Sebess´egekkel ´es gyorsul´ asokkal kifejezve: −aµ aµ = γ 4 a2 + γ 6 (βa)2 = γ 6 (a2 − (β × a)2 ).

(3.419)

Ezzel teh´ at

Z0 q 2 6 2 γ (a − (β × a)2 ). 6πc2 Kifejezhetj¨ uk az impulzussal is a kisug´ arzott teljes´ıtm´enyt: mivel pµ = m0 cuµ , ez´ert   duµ γ γ2 1 aµ = c = ∂t pµ ⇒ −aµ aµ = 2 (∂t p)2 − 2 (∂t E)2 . dτ m0 m0 c P =

93

(3.420)

(3.421)

Figyelembe v´eve, hogy p2 = pµ pµ = m20 c2 , azaz E 2 = p2 c2 + m20 c4 , azaz E∂t E = c2 p∂t p ezt vissza´ırva −aµ aµ =

⇒

∂t E =

c2 p∂t p . E

(3.422)

    γ 2 (∂t p)2 v2 c2 (p∂t p)2 γ2 c2 (p∂t p)2 2 2 = + (∂ p) − . (∂ p) − t t m20 E2 m20 γ2 c2 E2

Tov´ abb´ a v cp = c E

⇒

γ

2



  (p × ∂t p)2 c2 (p∂t p)2 γ 2 c2  2 v2 2 2 2 (∂ p) − = . p (∂ p) − (p∂ p) = t t t c2 E2 E2 m20 c2

(3.423)

(3.424)

Vagyis v´eg¨ ul (3.418) alapj´ an P =

  (p × ∂t p)2 Z0 q 2 2 (∂ p) . + t 6πm20 c2 m20 c2

(3.425)

Ha vka, azaz pk∂t p, vagyis 1D mozg´ asr´ ol van sz´o. Ekkor v × a = 0, azaz P =

Z0 q 2 (∂t p)2 . 6πm20 c2

(3.426)

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: P Z0 q 2 (∂x E)2 Z0 q 2 1 dE dE¯ = = = , 2 2 2 2 ∂t E 6πm0 c ∂t E 6πm0 c v dx d¯ x

ahol

E¯ =

E , m0 c2

x ¯=

6πm0 v x. Z0 q 2

(3.427)

A kisug´ arzott teljes´ıtm´eny teh´ at akkor ¨ osszem´erhet˝o a gyors´ıt´o teljes´ıtm´ennyel, ha δx = Z0 q 2 /(6πm0 v) t´ avols´ agon a r´eszecske energi´ aja a nyugalmi energi´ aj´ aval n¨ovekszik. Ezt ultrarelativisztikus (v ≈ c) elektronra kisz´amolva (q = 1.6 · 10−19 C, m0 = 9.1 · 10−31 kg, c = 2.99 · 108 m/s): δx ≈ 1.88 · 10−15 m = 2.14 Rp , ahol Rp = 0.88 · 10−15 a proton t¨ olt´essugara. 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 l´ezerekben ∼ 1012 V/m nagys´agrend˝ uek, messze a fenti nagys´ agrend alatt. Emiatt a sug´ arz´ asi vesztes´eg line´aris gyors´ıt´as eset´en mindig elhanyagolhat´o.

94

Appendix A A.1

A Li´ enard-Wiechert potenci´ alokb´ ol sz´ armaz´ o t´ erer˝ oss´ egek

Az elektromos t´erer˝ oss´eg E = −∇Φ − ∂t A, ahol a potenci´ alokat (3.210) ´es (3.211) k´epletek adj´ak meg. Felhaszn´alva (3.215) k´epleteket   q 1 q 1 (∂i R − βj ∂i Rj − Rj ∂i βj ) = ∂i Φ = ∂i =− 4πε0 R − βR 4πε0 (R − βR)2     q Ri Rj aj ¯ 1 βj R i =− − β − ∂ δ + t = j i ij 4πε0 (R − βR)2 R − βR R − βR c   1 q Ri aR 2 =− R (1 − β ) − β (R − βR) + , i i 4πε0 (R − βR)3 c2     vi q R ∂ vi µ0 q ∂t Ai = ∂t = = 4π R − βR 4πε0 c2 R − βR ∂ t¯ R − βR    R ai vi ∂R Rj aj q ∂Rj − − − β = = j 4πε0 c2 R − βR R − βR (R − βR)2 ∂ t¯ c ∂ t¯    q 1 Rai (R − βR) Rvi Rv Rj aj 2 = − − + cβ = − 4πε0 (R − βR)3 c2 c2 R c   q RaRβi 1 Rai (R − βR) 2 = + β βR + − Rβ β . i i 4πε0 (R − βR)3 c2 c2

(A.1)

(A.2)

Azt kapjuk ¨ osszes´ıtve, hogy:   q RaRβi 1 Ri aR Rai (R − βR) 2 2 Ei = − − β βR − + Rβ β = R (1 − β ) − β (R − βR) + i i i i 4πε0 (R − βR)3 c2 c2 c2   q 1 1 2 = (R − β R)(1 − β ) + [(R − β R)aR − Ra (R − βR)] = i i i i i 4πε0 (R − βR)3 c2   q 1 1 2 = (R − β R)(1 − β ) + [R × [(R − Rβ) × a]] (A.3) i i i 4πε0 (R − βR)3 c2 A m´ agneses t´erer˝ oss´egre:      q vk q ∂ t¯ 1 1 Hi = εijk ∂j = εijk ak + εijk vk ∂j = 4π R − βR 4π ∂xj R − βR R − βR    q Rj ak εijk vk Rj aR 2 = −εijk − (1 − β ) + = 4π c(R − βR)2 (R − βR)3 c2   1 qc 1 2 ˆ = ε R −β R(1 − β ) + (−β R(aR) − Ra (R − βR)) . ijk j k k k 4π (R − βR)3 c2

(A.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

95

(A.5)