Pere Bal´ azs
Vari´ aci´ os elvek ´ es m´ odszerek a fizik´ aban
Gy˝ or, 1998
2
3
Tartalomjegyz´ ek El˝ osz´ o 1. Vari´ aci´ osz´ am´ıt´ as 1.1. A brachisztochron-probl´ema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. A legegyszer˝ ubb vari´aci´os probl´ema . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Euler m´odszere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Lagrange m´odszere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Hi´anyos Lagrange-f¨ uggv´enyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. A brachisztochron-probl´ema megold´asa . . . . . . . . . . . . . 1.7. Magasabb rend˝ u deriv´altakat tartalmaz´o Lagrange-f¨ uggv´enyek 1.8. T¨obb ismeretlen f¨ uggv´enyt tartalmaz´o Lagrange-f¨ uggv´enyek . 1.9. T¨obb f¨ uggetlen v´altoz´ot tartalmaz´o Lagrange-f¨ uggv´enyek . . . 1.10. Vari´aci´os probl´em´ak mell´ekfelt´etelekkel . . . . . . . . . . . . .
5 7 7 9 10 12 14 17 19 22 24 26
2. A fizika vari´ aci´ os elvei 37 2.1. A Fermat-elv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.2. A Hamilton-elv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 3. Vari´ aci´ os m´ odszerek 48 3.1. A Ritz-m´odszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 3.2. A Luttinger-Thomas-f´ele vari´aci´os m´odszer . . . . . . . . . . . 49 3.3. Transzmisszi´os koefficiens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
4
5
El˝ osz´ o A vari´aci´osz´am´ıt´as a matematik´anak az az ´aga, amely v´egtelen sok v´altoz´ot´ol f¨ ugg˝o f¨ uggv´enyek — u ´gynevezett funkcion´alok — sz´els˝o´ert´ek´enek meghat´aroz´as´aval foglalkozik. A vari´aci´osz´am´ıt´asnak a fizika szempontj´ab´ol az ad k¨ ul¨on¨os jelent˝os´eget, hogy a term´eszet szinte valamennyi alapvet˝o t¨orv´enye megfogalmazhat´o valamilyen — ´altal´aban egy f¨ uggv´enyt˝ol, teh´at v´egtelen sok ismeretlent˝ol f¨ ugg˝o — mennyis´eg sz´els˝o´ert´ekek´ent. A term´eszett¨orv´enyek ilyen alak´ u megfogalmaz´as´at vari´aci´os elvnek nevezz¨ uk. Kev´es olyan fundament´alis elv l´etezik, amelynek eleganci´aja annyira megkap´o lenne s emellett olyan hat´asosan tudna uralkodni a k¨ ul¨onb¨oz˝o fizikai diszciplin´ak k¨ozponti ter¨ uletein, mint a vari´aci´os elvek csal´adja. A sz´ep matematikai fel´ep´ıt´es m´ely fizikai tartalommal p´arosul, s ez a formalizmust k¨onnyen kiterjeszthet˝ov´e teszi a fizika szerte´agaz´o ter¨ uleteire. Az els˝o vari´aci´os elv a geometriai optik´ahoz kapcsol´odott, majd ezt k¨ovette a mechanika vari´aci´os elve. Az el˝obbi Fermat, az ut´obbi Maupertuis, Euler ´es Lagrange nev´ehez f˝ uz˝odik. E k´et vari´aci´os elvet Hamilton vetette ¨ossze ´es a XIX. sz´azad harmincas ´eveiben mutatta ki az optikai-mechanikai anal´ogi´at. A f´eny hull´amterm´eszet´enek meg´ert´ese az anal´ogia tov´abbfejleszt´es´et, a hull´ammechanika kidolgoz´as´at sugallta. Majdnem sz´az ´evet kellett v´arni, hogy de Broglie ´es Schr¨odinger ezt az anal´ogi´at u ´jra´ertelmezze. A megmarad´asi t¨orv´enyek ´es a mozg´asegyenletek vari´aci´os megfogalmaz´as´anak kapcsolata nemcsak a t´er ´es id˝o geometriai szimmetri´aj´ara ir´any´ıtotta r´a a figyelmet, hanem olyan ´altal´anos m´odszert adott a fizikusok kez´ebe, amely a modern r´eszecskefizika fontos eszk¨oze lett. Meg kell m´eg eml´ıten¨ unk az u ´gynevezett vari´aci´os-m´odszereket is, melyek seg´ıts´eg´evel vari´aci´os probl´em´ak k¨ozel´ıt˝o megold´asait sz´am´ıthatjuk ki. (A m´asodik vil´agh´abor´ u alatt Amerik´aban az atombomba k´esz´ıt´es´en´el gondot jelentett az ur´an t´arol´asa: egy kb. 1kg-os darab m´ar ,,mag´at´ol” felrobbant volna. Richard P. Feynman vari´aci´os m´odszerek seg´ıts´eg´evel hat´azozta meg k´et kisebb t¨omeg˝ u ur´andarab k¨ozti lehet˝o legkisebb t´avols´agot.) A k¨onyv els˝o r´esz´eben egy p´eld´an kereszt¨ ul r¨ovid ¨osszefoglal´ot adok a vari´aci´osz´am´ıt´as matematikai alapjair´ol. A m´asodik r´eszben a fizika vari´aci´os elvei k¨oz¨ ul a Fermat-elvet ´es a Hamilton-elvet mutatom be. A harmadik r´eszben h´arom vari´aci´os m´odszert ismertetek, a Ritz-m´odszert, a LuttingerThomas-m´odszert ´es egy kvantummechanik´aban haszn´alhat´o m´odszert a transzmisszi´os koefficiens kisz´am´ıt´as´ara. Ezek a m´odszerek hat´ekonys´aguk ellen´ere kev´esb´e ismertek, mint a fizik´aban haszn´alatos egy´ebb k¨ozel´ıt˝o
6 m´odszerek, mint p´eld´aul a perturb´aci´osz´am´ıt´as. A Ritz-m´odszer seg´ıts´eg´evel vari´aci´os probl´em´ak megold´as´ara adhatunk nagyon j´o becsl´eseket (tetsz˝oleges pontoss´aggal). A Luttinger-Thomas-m´odszerrel, mely a Ritz-m´odszeren alapul, peri´odikus mozg´ast v´egz˝o mechanikai rendszerek peri´odusidej´et ´es energi´aj´at hat´arozhatjuk meg. A transzmisszi´os koefficiens meghat´aroz´as´ara szolg´all´o elj´ar´as egy kicsit k¨ ul¨onb¨ozik az el˝oz˝oekt˝ol. M´ıg azokban egy m´ar megl´ev˝o vari´aci´os elvet m´od´os´ıtottunk, itt egy teljesen u ´j vari´aci´os m´odszert dolgozunk ki. A vari´aci´osz´am´ıt´assal kapcsolatban ´erdekes dolgok olvashat´ok m´eg a fizika 1977 c´ım˝ u k¨otetben. Pere Bal´azs
7
1. 1.1.
Vari´ aci´ osz´ am´ıt´ as A brachisztochron-probl´ ema
Johann Bernoulli (1667-1748) sv´ajci matematikus 1696-ban vetette fel h´ıres feladat´at, a brachisztochron-probl´em´at (β%´ αχιστ oζ – legr¨ovidebb, χ%´ oνoζ – id˝o). Ennek a feladatnak igen nagy jelent˝os´ege volt a vari´aci´osz´am´ıt´as kifejl˝od´es´eben1 . Hat´as´ara sorra vet˝odtek fel a hasonl´o probl´em´ak ´es megold´asaik. Az egyes probl´em´ak rokons´agot mutattak egym´assal, ezzel lehet˝os´eget teremtettek a rendszerbe foglal´asukra, ´es az ´ıgy kialakult feladatt´ıpusok egys´eges t´argyal´as´ara. Ez els˝osorban Leonhard Euler (17071783) ´es Joseph Louis Lagrange (1736-1813) nev´ehez f˝ uz˝odik. Mivel a brachisztochron-probl´ema volt az els˝o ilyen jelleg˝ u feladat, ´es egyben a legegyszer˝ ubb probl´emat´ıpusba tartozik, mi is ennek t´argyal´as´aval kezdj¨ uk a vari´aci´osz´am´ıt´as bemutat´as´at. A feladat a k¨ovetkez˝o: egy f¨ ugg˝oleges s´ıkon vegy¨ unk fel k´et pontot, A-t ´es B-t. Lehet˝oleg ne ugyanazon a f¨ ugg˝oleges egyenesen helyezkedjenek el. Milyen alak´ u az a p´alya, amelyen a gravit´aci´os mez˝o hat´as´ara s´ url´od´as n´elk¨ ul cs´ uszva egy test kezd˝osebess´eg n´elk¨ ul a legr¨ovidebb id˝o alatt jut el Ab´ol a B-be? (Ezzel felt´etelezt¨ uk, hogy az A pont magasabban helyezkedik el, mint a B). Fogalmazzuk meg a feladatot a matematika seg´ıts´eg´evel is! Ehhez y yA
A
m
y(x) dy yB
B xA
dx
xB
x
1. ´abra. el˝osz¨or is ki kell jel¨oln¨ unk egy koordin´ata rendszert, amelyben a sz´am´ıt´asokat 1
M´ar az ´okori g¨or¨og¨ok is oldottak meg a mai ´ertelemben vari´aci´osz´am´ıt´as t´emak¨or´ebe tartoz´o feladatokat.
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
8
elv´egezz¨ uk. Ez legyen az A ´es B pontokat tartalmaz´o f¨ ugg˝oleges s´ıkban, x tengelye legyen v´ızszintes, y tengelye pedig f¨ ugg˝oleges (1. ´abra). A test a cs´ usz´as k¨ozben dt id˝o alatt ds utat tesz meg, mik¨ozben sebess´ege v nagys´ag´ u. A sebess´eg defin´ıci´oj´ab´ol tudjuk, hogy dt =
ds . v
A p´alya ¨osszes kis ds szakasz´ara fel´ırva a fenti ¨osszef¨ ugg´est, ´es ezeket ¨osszegezve megkapjuk az A-b´ol B-be ´erkez´es idej´et, a T -t. ZB
T = A
A ds szakasz hossza
√
ds v
(1)
dx2 + dy 2 . Emelj¨ unk ki a gy¨okjel al´ol dx-et! Ezzel q
1 + y 02 dx
ds =
(2)
ad´odik. A sebess´eg koordin´ataf¨ ugg´es´enek a meg´allap´ıt´as´ahoz az energiamegmarad´ast kell seg´ıts´eg¨ ul h´ıvnunk. A test ¨osszes energi´aja az A pontban EA , ami csak a helyzeti energi´aval lesz egyenl˝o (a kezd˝osebess´eg nulla). EA = mgyA Az m a test t¨omege, g pedig a gravit´aci´os gyorsul´as. Egy tetsz˝oleges, A ´es B k¨oz¨otti P pontban a test ¨osszes energi´aja a helyzeti ´es mozg´asi energia ¨osszege. Jel¨olj¨ uk ezt EP -vel. 1 EP = mgy + mv 2 2 Tudjuk, hogy a test ¨osszes energi´aja a mozg´as folyam´an ´alland´o, amit az EA = EP -vel fejezhet¨ unk ki. E szerint 1 mgyA = mgy + mv 2 2 teljes¨ ul. A v-t kifejezve kapjuk a k¨ovetkez˝o ¨osszef¨ ugg´est: q
v=
2g(yA − y)
(3)
1.2. A legegyszer˝ ubb vari´aci´os probl´ema
9
Helyettes´ıts¨ uk be (2)-t ´es (3)-t az (1) k´epletbe. xB s
1 Z T =√ 2g x
A
1 + y 02 dx yA − y
(4)
Ha teh´at (4) k´epletben y hely´ebe egy tetsz˝oleges p´alya alakj´at ´ırjuk be, megkapjuk a p´alya befut´as´ahoz sz¨ uks´eges id˝ot. Egy bizonyos p´aly´an´al, azaz y(x) f¨ uggv´enyn´el T ´ert´eke a t¨obbi p´alya T -j´ehez viszony´ıtva minim´alis lesz. Teh´at a feladatunk az, hogy keress¨ uk meg a legkisebb T -hez tartoz´o y(x) f¨ uggv´enyt. A megold´ashoz Euler ´es Lagrange k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o u ´ton jutott el. Az 1.3 ´es 1.4 pontokban bemutatjuk mind a k´et m´odszert.
1.2.
A legegyszer˝ ubb vari´ aci´ os probl´ ema
El˝otte azonban tiszt´aznunk kell n´eh´any fogalmat. Szeretn´enk meghat´arozni a (4) kifejez´es sz´els˝o´ert´ek´et. A differenci´alsz´am´ıt´assal olyan kifejez´esek sz´els˝o ´ert´ek´et tudjuk meghat´arozni, amelyek v´eges sok v´altoz´ot´ol f¨ uggenek. A (4) azonban nem ilyen, hanem ,,egy f¨ uggv´eny f¨ uggv´enye”. A f¨ uggv´eny f¨ uggv´eny´en — funkcion´ al on — olyan mennyis´eget ´ert¨ unk, amely egy vagy t¨obb ,,v´altoz´of¨ uggv´eny”-nek az eg´esz ,,alaptartom´anyon” val´o viselked´es´et˝ol f¨ ugg. A funkcion´alok mindig a val´os sz´amok halmaz´ara k´epeznek le. A v´altoz´of¨ uggv´enyt vagy f¨ uggv´enyeket egy bizonyos pontosan kijel¨olt f¨ uggv´enyoszt´alyb´ol v´alaszthatjuk, hasonl´oan mint ahogy a k¨oz¨ons´eges f¨ uggv´enyek v´altoz´oja vagy v´altoz´oi is egy megengedett ponthalmazon v´altozhatnak. A k¨ovetkez˝okben lesz˝ uk´ıtj¨ uk az ´altalunk vizsg´alt funkcion´alok halmaz´at az integr´al alak´ u funkcion´alokra. Az integr´al´ast a kijel¨olt alaptartom´anyra terjesztj¨ uk ki, az integrandus pedig f¨ uggv´enye a v´altoz´of¨ uggv´enynek, ezek bizonyos parci´alis deriv´altjainak ´es a v´altoz´of¨ uggv´enyek f¨ uggetlen v´altoz´oinak. A k¨oz¨ons´eges f¨ uggv´enyekn´el azt keress¨ uk, hogy a f¨ uggv´eny egy ´ert´ek´enek melyik v´atoz´o ´ert´ek felel meg. A funkcion´alokn´al hasonl´o a helyzet, a funcion´al egy bizonyos ´ert´ek´ehez (´altal´aban a sz´els˝o´ert´ek´ehez) tartoz´o f¨ uggv´enyt pr´ob´aljuk meghat´arozni. Az integr´al alak´ u funkcion´alokn´al az integrandust Lagrange-f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk. A megold´as sor´an csak olyan v´altoz´of¨ uggv´enyek j¨ohetnek sz´oba, amelyek az integr´al´as hat´arain el˝ore meghat´arozott ´ert´eket vesznek fel. A legegyszer˝ ubb vari´aci´os probl´em´an azt ´ertj¨ uk, amikor csak egy f¨ uggv´enyt keres¨ unk, amely egyv´altoz´os, ´es a Lagrange-f¨ uggv´enyben a v´altoz´of¨ uggv´enyen ´es f¨ uggetlen v´altoz´oj´an k´ıv¨ ul csak az els˝orend˝ u deriv´altja
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
10
szerepel, tov´abb´a adottak a k¨ovetkez˝o peremfelt´etelek: y(xA ) = yA ´es y(xB ) = yB . A funkcion´alokat mindig nagy bet˝ uvel jel¨olj¨ uk, v´altoz´oj´at pedig, hogy megk¨ ul¨onb¨oztess¨ uk a k¨oz¨ons´eges f¨ uggv´enyekt˝ol, sz¨ogletes z´ar´ojelbe ´ırjuk. ZxB
L (y(x), y 0 (x), x) dx
I[y(x)] =
(5)
xA
Az el˝oz˝o pontban eml´ıtett feladatban keress¨ uk a (4) funkcion´al minim´alis ´ert´ek´ehez tartoz´o y(x) f¨ uggv´enyt. A vari´aci´osz´am´ıt´as t´emak¨or´ebe tartoz´o legt¨obb feladat hasonl´o jelleg˝ u: keress¨ uk az adott funkcion´al sz´els˝o ´ert´ek´ehez, vagy extr´emum´ahoz tartoz´o extrem´ alis f¨ uggv´enyt. A megold´ast el˝osz¨or Euler tal´alta meg.
1.3.
Euler m´ odszere
A m´odszer l´enyege, hogy az y(x) f¨ uggv´enyt v´eges sok pontj´aban felvett ´ert´ek´evel k¨ozel´ıtj¨ uk. Ezzel a funkcion´al sz´els˝o´ert´ek probl´em´aj´at egy v´eges sok v´altoz´ot´ol f¨ ugg˝o mennyis´eg extr´emum´anak meghat´aroz´as´ara vezett¨ uk vissza. Ezek ut´an a differenci´alsz´am´ıt´as hagyom´anyos m´odszereivel meghat´arozzuk a sz´els˝o ´ert´ek l´etez´es´enek sz¨ uks´eges felt´etel´et, majd az x f¨ uggetlen v´altoz´o feloszt´as´at minden hat´aron t´ ul finom´ıtva megkapjuk a vari´aci´os probl´ema megold´as´at. Osszuk fel az xA ≤ x ≤ xB intervallumot n + 1 egyenl˝o r´eszre (2. ´abra)! Egy kis szakasz hossza ∆x. y yB yn
y2
y3
y(x)
yi
y1 yA ∆x xA x1 x2 x3
xi
2. ´abra.
xn xB
x
1.3. Euler m´odszere
11 ∆x =
xB − xA n+1
Jel¨olj¨ uk az x1 , x2 , . . . , xn pontokhoz taroz´o f¨ uggv´eny´ert´ekeket y1 , y2 , . . . , yn nel, vagy m´ask´eppen y(xi ) = yi -vel, ahol i = 1, 2, . . . , n. Az x0 = xA ´es xn+1 = xB -hez tartoz´o ´ert´ekek, yA ´es yB , a feladat kit˝ uz´esekor megadott sz´amok. A f¨ uggv´eny deriv´altj´at egy differencia h´anyadossal, az integr´alt pedig egy ¨osszeggel k¨ozel´ıtve az (5) funkcion´alra az I[y1 , y2 , . . . , yn ] =
n+1 X
L(yi ,
i=1
yi − yi−1 , xi )∆x | ∆x {z }
(6)
yi0
k¨ozel´ıt˝o kifejez´est kapjuk. Ezen f¨ uggv´eny sz´els˝o´ert´ek´enek l´etez´es´ehez sz¨ uks´eges felt´etel az, hogy az ¨osszes parci´alis deriv´altja elt˝ unj¨on. "
#
0 , xi+1 ) ∂I ∂L(yi , yi0 , xi ) 1 ∂L(yi , yi0 , xi ) 1 ∂L(yi+1 , yi+1 = ∆x + − ∆x 0 0 ∂yi ∂yi ∆x ∂yi ∆x ∂yi+1
Most tartsunk ∆x-szel a null´ahoz. Ekkor a Ã
!
∂L d ∂L − dx = 0 ∂y dx ∂y 0
egyenletet kapjuk. Mivel dx ´ert´eke infinitezim´alisan kicsiny, de nem nulla, a z´ar´ojelben l´ev˝o tagnak kell null´aval egyenl˝onek lennie. d ∂L ∂L − =0 ∂y dx ∂y 0
(7)
Ez az egyenlet az y(x)-re n´ezve egy k¨oz¨ons´eges m´asodrend˝ u differenci´alegyenlet, hiszen a ∂ 2 L 00 ∂ 2L 0 ∂ 2L d ∂L = y + y + dx ∂y 0 ∂y 02 ∂y 0 ∂y ∂y 0 ∂x deriv´altban szerepel az y(x) m´asodik deriv´altja is. A (7) egyenlet neve EulerLagrange-egyenlet. Ennek megold´asa megadja azt az y(x) f¨ uggv´enyt, amely extrem´aliss´a teszi (5)-t.
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
12
1.4.
Lagrange m´ odszere
Euler gondolatmenete a benne szerepl˝o k¨ozel´ıt´esek pontoss´ag´anak ´es a hat´ar´atmenet jogoss´ag´anak vizsg´alata n´elk¨ ul nem tekinthet˝o szigor´ u matematikai levezet´esnek. Euler sem ´erezte el´eg hat´ekonynak a m´odszer´et, ´altal´anosabb vari´aci´os feladatokn´al a (6) ¨osszeg ´attekinthetetlenn´e v´alik. Lagrange egy m´as u ´ton, az u ´gynevezett vari´ aci´ ok m´odszer´enek alkalmaz´as´aval is bel´atta, hogy a (5) funkcion´al extrem´alis volt´anak sz¨ uks´eges felt´etele a (7) differenci´alegyenlet teljes¨ ul´ese. A m´odszer l´enyege a k¨ovetkez˝o: tegy¨ uk fel, hogy az y¯(x) eleget tesz az y¯(xA ) = yA ´es y¯(xB ) = yB felt´eteleknek, tov´abb´a extrem´aliss´a teszi a (5) funkcion´alt. Vegy¨ unk egy olyan folytonos η(x) f¨ uggv´enyt, amely az integr´al´as hat´arain elt˝ unik, m´ashol pedig tetsz˝oleges alak´ u, tov´abb´a legyen ε egy tetsz˝oleges val´os sz´am! Ekkor az y(x) = y¯(x) + εη(x) (8) pontosan az ε = 0 eset´en lesz a keresett f¨ uggv´eny. ´Irjuk be (8)-t a (5) funkcion´alba! ZxB
L(¯ y (x) + εη(x), y¯0 (x) + εη 0 (x), x)dx
I[¯ y (x) + εη(x)] = xA
Ezzel a vari´aci´os probl´em´at visszavezett¨ uk egy egyv´altoz´os f¨ uggv´eny sz´els˝o´ert´ek vizsg´alat´ara. Az ε = 0 eset´en a funkcion´alnak sz´els˝o ´ert´eke lesz. Ez azt jelenti, hogy az I ε szerinti els˝o deriv´altja az ε = 0 helyen elt˝ unik. Ã
dI dε
!
ZxB "Ã
= ε=0
azaz
xA
∂L ∂y
xB "
Z dI = dε x
A
!
Ã
∂L η(x) + ∂y 0 ε=0
!
# 0
η (x) dx = 0 ε=0
#
∂L ∂L η(x) + 0 η 0 (x) dx = 0 ∂ y¯ ∂ y¯
(9)
Integr´aljuk parci´alisan a (9) jobb oldal´anak m´asodik tagj´at! ZxB xA
"
#xB
∂L 0 ∂L η (x)dx = η(x) 0 ∂ y¯ ∂ y¯0
ZxB
− xA
xA
d ∂L η(x)dx dx ∂ y¯0
(10)
1.4. Lagrange m´odszere
13
A sz¨ogletes z´ar´ojelben l´ev˝o kiintegr´alt r´esz elt˝ unik, mivel η(x) olyan, hogy ´ η(xA ) = η(xB ) = 0. Igy (9) xB "
Z dI = dε x
A
#
∂L d ∂L − η(x)dx = 0 ∂ y¯ dx ∂ y¯0
alak´ u lesz.
Mivel η(x) ´ert´eke az integr´al´asi hat´arok k¨oz¨ott tetsz˝oleges dI lehet, csak u ´gy kapunk -ra null´at, ha a sz¨ogletes z´ar´ojelben l´ev˝o kifejez´es dε minden¨ utt azonosan nulla. Hagyjuk el a fel¨ ulvon´asokat! ∂L d ∂L − =0 ∂y dx ∂y 0 Ez az y(x) extrem´alis f¨ uggv´enyre egy differenci´alegyenlet. Ugyanezt a differenci´alegyenletet kapta Euler is. Lagrange a sz´am´ıt´asokat nem a fent v´azolt szabatos form´aban v´egezte el. A fenti sz´amol´as pontosan r´avil´ag´ıt a dolog l´enyeg´ere, de az´ert ismerkedj¨ unk meg az eredeti Lagrange ´altal haszn´alt jel¨ol´esekkel is. Lagrange egy mennyis´eg kis megv´altoz´as´at δ-val jel¨olte. Ha az y(x) extrem´alis f¨ uggv´enyt megv´altoztatjuk ,vagy vari´ aljuk δy(x)-szel, az I is meg fog v´altozni, m´egpedig I + δI-re. ZxB
L(y + δy, y 0 + δy 0 , x)dx
I + δI = xA
Fejts¨ uk hatv´anysorba a fenti kifejez´es jobb oldal´at az els˝orend˝ u tagokig bez´ar´olag az y k¨or¨ ul (a sz´els˝o´ert´ek l´etez´es´enek vizsg´alat´ahoz el´eg csak az els˝orend˝ u deriv´altakat vizsg´alnunk). ZxB "
ZxB 0
I + δI =
L(y, y , x)dx + xA
ZxB "
ZxB 0
=
L(y, y , x)dx + xA
xA
ZxB
L(y, y , x)dx + xA
xA
#
d ∂L ∂L δy + δy dx = ∂y dx ∂y 0
ZxB "
0
=
xA
#
∂L ∂L δy + 0 δy 0 dx = ∂y ∂y
#
d ∂L ∂L + δy dx ∂y dx ∂y 0
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
14
Akkor van I-nek sz´els˝o´ert´eke, ha az I + δI − I k¨ ul¨onbs´eg, az I vari´ aci´ oja nulla. # ZxB " ∂L d ∂L I +δI − I = δI = + δy dx = 0 0 ∂y dx ∂y x A
Mivel δy nagyobb null´an´al, a sz¨ogletes z´ar´ojelben l´ev˝o tagnak kell null´anak lennie. Ugyan ezt megkaphatjuk, ha az el˝oz˝o levezet´esn´el bevezetj¨ uk a k¨ovetkez˝o jel¨ol´eseket: Ã
δI =
dI dε
!
Ã
dε
´es
δy =
ε=0
dy dε
!
dε ε=0
A vari´aci´osz´am´ıt´ast haszn´al´o tudom´anyter¨ uleteken ´altal´aban a Lagrange ´altal bevezetett jel¨ol´eseket haszn´alj´ak. A Lagrange m´odszert h´arom szempontb´ol is lehet ´altal´anos´ıtani. – M´ıg a Lagrange m´odszern´el a vari´aland´o g¨orb´et eleve extrem´alisnak gondoltuk, ett˝ol az el˝ozetes felt´etelez´est˝ol eltekinthet¨ unk. – Hasonl´ok´eppen eltekinthet¨ unk att´ol a kor´abbi kik¨ot´est˝ol is, hogy a megold´as-g¨orb´et egy — az ε param´etert˝ol line´arisan f¨ ugg˝o — g¨orbeseregbe ´agyazzuk be. Legyen a g¨orbesereg param´etert˝ol val´o f¨ ugg˝os´ege tetsz˝oleges! – V´eg¨ ul eddig olyan g¨orb´eket k´epezt¨ unk le egym´asra, amelyekn´el mindig csak az azonos abszcissz´aj´ u pontok voltak egym´asnak megfeleltetve: y(x) = y¯(x) + εη(x). Engedj¨ unk meg tetsz˝oleges lek´epez´esi t¨orv´enyt! A felsorolt m´odos´ıt´asok a vari´aci´o leg´altal´anosabb form´aj´ahoz vezetnek. Ett˝ol a t´argyal´ast´ol azonban itt eltekint¨ unk, mivel az ´ıgy kaphat´o u ´j 2 inform´aci´okat az I[y(x)] funkcion´al vari´aci´oj´ar´ol nem fogjuk felhaszn´alni.
1.5.
Hi´ anyos Lagrange-f¨ uggv´ enyek
El˝ofordulhat, hogy egy konkr´et feladatn´al a Lagrange-f¨ uggv´eny nem tartalmazza az egyik v´altoz´ot. Tekints¨ uk el˝osz¨or azt az esetet, amikor a 2
Ilyen lenne p´eld´aul az egym´ashoz kanonikusan konjug´alt v´altoz´ok megkeres´ese. Ennek nagy jelent˝os´ege van a kvantummechanik´aban.
1.5. Hi´anyos Lagrange-f¨ uggv´enyek
15
Lagrange-f¨ uggv´eny csak y 0 (x) ´es x-t˝ol f¨ ugg. Az Euler-Lagrange-egyenlet term´eszetesen ebben az esetben is teljes¨ ul. ∂L(y 0 , x) d ∂L(y 0 , x) − =0 ∂y dx ∂y 0
|
{z
}
0
Mivel a megmaradt tag egy x szerinti teljes deriv´alt, tudjuk integr´alni az egyenletet. ∂L =c (11) ∂y 0 ahol a c egy tetsz˝oleges konstans. A (11) m´ar csak els˝orend˝ u differenci´alegyenlet, hiszen az L nem tartalmaz magasabb rend˝ u deriv´altakat. Ennek megold´asa egyen´ert´ek˝ u az Euler-Lagrange-egyenlet meold´as´aval. Most t´erj¨ unk ´at arra az esetre, amikor a Lagrange-f¨ uggv´eny az y(x) ´es 0 y (x)-t˝ol f¨ ugg, ´es benne az x expliciten nem fordul el˝o. Az Euler-Lagrangeegyenlet most is ´erv´enyes. ∂L(y, y 0 ) d ∂L(y, y 0 ) − =0 ∂y dx ∂y 0 Fejts¨ uk ki az x szerinti deriv´altat! ∂L ∂ 2 L 00 ∂ 2L ∂ 2L − 02 y − 0 y 0 − 0 =0 ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y ∂x | {z } 0
Mint az els˝o esetben, most is arra kellene t¨orekedn¨ unk, hogy az egyenlet bal oldal´at kifejezz¨ uk egy mennyis´eg x szerinti teljes deriv´altjak´ent. ´Igy egy integr´al´ast el tudn´ank v´egezni, ´es m´ar csak egy els˝orend˝ u 0 differenci´alegyenletet kellene megoldanunk. Szorozzuk be az egyenletet y vel! ∂L 0 ∂ 2 L 00 0 ∂ 2L y − 02 y y − 0 y 02 = 0 ∂y ∂y ∂y ∂y ∂L 00 y -vel egy¨ utt pont a Lagrange-f¨ uggv´eny x szerinti teljes Az els˝o tag az ∂y 0 ∂L 00 ∂L 00 deriv´altja lenne. Adjunk hozz´a az egyenlethez y − 0 y -t, ami ´eppen ∂y 0 ∂y nulla, azaz nem v´altoztat meg semmit. ∂L 00 ∂L 0 ∂ 2 L 00 0 ∂ 2 L 02 ∂L 00 y + y − y y − y − 0y = 0 ∂y 0 ∂y ∂y 02 ∂y 0 ∂y ∂y
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
16 Alak´ıtsuk ´at ezt a k¨ovetkez˝o m´odon: Ã
!
dL d ∂L 0 ∂L 00 − y − 0y = 0 dx dx ∂y 0 ∂y Innen m´ar l´atszik az eredm´eny, hiszen ha az utols´o k´et tag egy szorzat deriv´altja, akkor azt kapjuk, hogy Ã
!
d ∂L L − 0 y0 = 0 dx ∂y Egy integr´al´assal kapjuk a keresett ¨osszef¨ ugg´est: L−
∂L 0 y =c ∂y 0
(12)
ahol c egy tetsz˝oleges konstans. A (12) kisz´am´ıt´as´ara egy m´asik, tal´an egyszer˝ ubb m´od a k¨ovetkez˝o. Alak´ıtsuk ´at az (5) funkcion´alt u ´gy, hogy benne az x-r˝ol az y szerinti integr´al´asra t´er¨ unk ´at. ZxB
ZxB
L(y(x), y 0 (x))dx =
I= xA
xA
dx(y) 1 L y, dx(y) dy dy dy
Jel¨olj¨ uk az u ´j Lagrange-f¨ uggv´enyt L∗ -gal. µ
L∗ = x0 L y,
1 x0
¶
dx(y) . Ez olyan t´ıpus´ u hi´anyos Lagrange-f¨ uggv´eny, amit els˝ok´ent dy vizsg´altunk meg, csak az x ´es y szerepet cser´eltek. Az ehhez tartoz´o extrem´alis x(y) f¨ uggv´enyt a k¨ovetkez˝o k´eppen hat´arozhatjuk meg: ahol x0 =
∂L∗ =c ∂x0 ahol c egy tetsz˝oleges konstans. Ezt kifejtve: ³
1 µ ¶ 1 1 ∂L y, x0 ∂L∗ ³ ´ = L y, 0 − 0 ∂x0 x x ∂ 10 x
´
= L(y, y 0 ) − y 0
∂L(y, y 0 ) =c ∂y 0
1.6. A brachisztochron-probl´ema megold´asa
17
ami a keresett (12) ¨osszef¨ ugg´es. Meg kell m´eg eml´ıten¨ unk azt az esetet, amikor a Lagrange-f¨ uggv´eny line´arisan f¨ ugg y 0 -t˝ol, azaz L(y, y 0 , x) = M (y, x) + y 0 N (y, x)
(13)
ahol M ´es N az y ´es x tetsz˝oleges f¨ uggv´enyei. Ezt be´ırva az Euler-Lagrangeegyenletbe egy megszor´ıt´ast kapunk M -re ´es N -re. ∂L d ∂L ∂M ∂N − = − =0 0 ∂y dx ∂y ∂y ∂x ´Irjuk be (13)-at a (5)
azaz a ~v = (M, N ) vektormez˝o rot´aci´omentes. funkcion´alba. ZxB "
I[y(x)] = xA
#
xB
Z dy M (y, x) + N (y, x) dx = (M dx + N dy) dx x A
ami ~v = (M, N ) rot´aci´omentess´ege miatt nem f¨ ugg az y(x)-t˝ol, csak a v´egpontokt´ol3 . Ezzel a vari´aci´os feladat ´ertelm´et vesztette.
1.6.
A brachisztochron-probl´ ema megold´ asa
Ezek ut´an m´ar nincs semmi akad´alya, hogy megoldjuk a brachisztochronprobl´em´at. A Lagrange-f¨ uggv´enyt leolvashatjuk a (4) funkcion´alb´ol. s
L=
1 + y 02 yA − y
(14)
1 (Az √ konstans szorz´o nem j´atszik szerepet az Euler-Lagrange-egyenlet 2g fel´ır´as´an´al.) A (14)-es Lagrange-f¨ uggv´eny hi´anyos, nem szerepel benne az x f¨ uggetlen v´altoz´o, ez´ert a (12) k´epletet alkalmazhatjuk. L − y0 3
1 ∂L =q = c1 0 ∂y (1 + y 02 )(yA − y)
Ha egy vektormez˝o rot´aci´omentes, akkor el˝o´all egy skal´armez˝o gradiensek´ent. Tov´abb´a grad Φ d~r = Φ(~rB ) − Φ(~rA ), ahol az integr´al´ast az ~rA -t ~rB -vel ¨osszek¨ot˝o s g¨orbe ment´en s v´egezz¨ uk el.
R
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
18
Ez a differenci´alegyenlet els˝orend˝ u ´es sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´ u, ez´ert egy egyszer˝ u integr´al´assal megoldhat´o. V´alasszuk sz´et a v´altoz´okat! Z
Z
dx =
r
dy 1−(yA −y)c21 (yA −y)c21
ϕ -vel. 2
Helyettes´ıts¨ uk (yA − y)c21 -t cos2
⇒ cos
dy =
ϕ 2 +y A c21
cos2
ϕ (yA − y)c21 = cos2 2
y=−
ϕ ϕ sin 2 2 dϕ c21
Az integr´al´as az u ´j v´altoz´oval a k¨ovetkez˝o lesz: Z
ϕ 1 Z dx = 2 cos2 dϕ c1 2
Ennek eredm´enye pedig az x=
1 (ϕ + sin ϕ) + c2 2c21
f¨ uggv´eny. Tov´abb´a az y ´atalak´ıt´as´ab´ol y=−
1 (1 + cos ϕ) + yA 2c21
1 -et R-rel. Ezzel meg is kaptuk a k´et tetsz˝oleges 2c21 konstanst´ol, R-t˝ol ´es c2 -t˝ol f¨ ugg˝o megold´ast param´eteres alakban. A param´eter a ϕ. ) x = R(ϕ + sin ϕ) + c2 (15) y = −R(1 + cos ϕ) + yA ad´odik. Jel¨olj¨ uk az
Ez egy ciklois egyenlete. Teh´at a lejt˝o, amelyen a test s´ url´od´as n´elk¨ ul a legr¨ovidebb id˝on bel¨ ul ´er A-b´ol B-be, ciklois alak´ u. ***
1.7. Magasabb rend˝ u deriv´altakat tartalmaz´o Lagrange-f¨ uggv´enyek
19
Megjegyezz¨ uk, hogy a vari´aci´osz´am´ıt´asban ad´odhat olyan feladat is, amely megfogalmaz´asa teljesen ´ertelmesnek t˝ unik, ennek ellen´ere m´egsem oldhat´o meg. Erre egy egyszer˝ u geomertiai p´elda a k¨ovetkez˝o. Az xtengely k´et pontj´at olyan folytonos g¨orb¨ ulet˝ u, minim´alis hossz´ us´ag´ u vonallal kell ¨osszek¨otni, amely v´egpontjaiban mer˝oleges az x-tengelyre. Ez´ert a vari´aci´osz´am´ıt´asban egy adott sz´els˝o´ert´ekprobl´ema megold´as´anak a l´etez´ese mindig k¨ ul¨on bizony´ıt´ast ig´enyel.
1.7.
Magasabb rend˝ u deriv´ altakat tartalmaz´ o Lagrangef¨ uggv´ enyek
K¨onnyen el˝ofordulhat, hogy egy feladat megold´asa sor´an azt tapasztaljuk, a Lagrange-f¨ uggv´eny tartalmaz magasabb rend˝ u deriv´altakat is. ZxB
L(y(x), y 0 (x), y 00 (x), . . . , y (n) (x), x)dx
I[y(x)] =
(16)
xA
A gondolatmenet az extrem´alis f¨ uggv´eny megtal´al´as´ara most is hasonl´o lesz, mint a csak els˝orend˝ u deriv´altat tartalmaz´o esetben. Tegy¨ uk fel, hogy y¯(x) az extrem´alis f¨ uggv´eny, ε egy tetsz˝oleges val´os sz´am, η(x) egy folytonos f¨ uggv´eny, amely eleget tesz a k¨ovetkez˝o felt´eteleknek: η 0 (xA ) = η 0 (xB ) = 0
η(xA ) = η(xB ) = 0
...
η (n−1) (xA ) = η (n−1) (xB ) = 0
tov´abb´a az y¯(x) eleget tesz a k¨ovetkez˝o peremfelt´eteleknek: y¯(xA ) = yA
´es
y¯(xB ) = yB
Vizsg´aljuk meg az y(x) = y¯(x) + εη(x) y 0 (x) = y¯0 (x) + εη 0 (x) .. . y (n) (x) = y¯(n) (x) + εη (n) (x) f¨ uggv´enyek seg´ıts´eg´evel a (16) funkcion´alt! K´epezz¨ uk a funkcion´al ε szerinti deriv´altj´at az ε = 0 helyen: Ã
∂I ∂ε
!
ZxB "Ã
= ε=0
xA
∂L ∂y
!
Ã
∂L η(x) + ∂y 0 ε=0
!
Ã
∂L η (x) + . . . + ∂y (n) ε=0
!
0
#
η ε=0
(n)
(x) dx = 0
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
20
A jobb oldal m´asodik tagj´at alak´ıtsuk ´at u ´gy, mint ahogy azt tett¨ uk a (10) k´epletben, a harmadik tagot pedig a k¨ovetkez˝o m´odon: ZxB xA
"
#x B
∂L 00 ∂L 0 η (x)dx = η (x) 00 ∂ y¯ ∂ y¯00
− xA
{z
|
"
ZxB
}
xA
0
d ∂L η(x)dx =− dx ∂ y¯00 |
{z
d ∂L 0 η (x)dx = dx ∂ y¯00
#xB
ZxB
+ xA
}
xA
d2 ∂L η(x)dx dx2 ∂ y¯00
0
A t¨obbi tagot is ennek mint´aj´ara addig integr´aljuk parci´alisan, m´ıg az η (i) (x) (i = 1, 2, 3, . . . , n) helyett az η(x) szorz´o nem szerepel benn¨ uk. Az ´ıgy kapott tagokat ´ırjuk vissza a funkcion´al deriv´altj´aba! Ã
dI dε
!
ZxB "
= ε=0
xA
#
n ∂L d ∂L d2 ∂L ∂L n d − + − . . . + (−1) η(x)dx = 0 0 2 00 n ∂ y¯ dx ∂ y¯ dx ∂ y¯ dx ∂ y¯(n)
A funkcion´al deriv´altja akkor t˝ unik el, ha a sz¨ogletes z´ar´ojelben l´ev˝o tag azonosan nulla. (Ebben a tagban m´ar csak az extrem´alis y¯(x) szerepel) Az ´ıgy kaphat´o ´altal´anos´ıtott Euler-Lagrange-egyenlet megold´asa adja meg az extrem´alis f¨ uggv´enyt. Ez a differenci´alegyenlet 2n rend˝ u lesz, ´es elhagyva a fel¨ ulvon´ast a k¨ovetkez˝o k´eppen n´ez ki: n ∂L d ∂L d2 ∂L ∂L n d − + − . . . + (−1) =0 0 2 00 n ∂y dx ∂y dx ∂y dx ∂y (n)
(17)
P´ elda: A gyeng´en hajl´ıtott rugalmas r´ ud. Egy rugalmas rudat k´et v´eg´en´el befalazunk. A gravit´aci´os er˝o ellen´eben csak a saj´at s´ uly´ at kell megtartania (3. ´abra). A r´ ud hossza l, keresztmetszete A, rugalmass´agi modulusa E, s˝ ur˝ us´ege ρ ´es a keresztmetszet alakj´at´ ol f¨ ugg˝ o m´asodrend˝ u nyomat´eka I. A Hooke-t¨orv´eny seg´ıts´eg´evel kisz´am´ıthat´ o, hogy a meghajl´ıtott rugalmas r´ udban felhalmozott energia mennyis´ege a k¨ovetkez˝ o [1]: Erug
EI = 2
Zl 0
y 002 dx (1 + y 02 )5/2
(18)
ahol y(x) a semleges sz´al egyenlete (semleges sz´alnak nevezz¨ uk az xy s´ık ´es a r´ ud azon r´esz´enek metszet´et, amely a hajl´ıt´ as sor´an ny´ ujtatlan marad). A r´ ud egy
1.7. Magasabb rend˝ u deriv´altakat tartalmaz´o Lagrange-f¨ uggv´enyek
21
y
E A ρ x
l
3. ´abra.
kis darabj´anak helyzeti energi´aja a gravit´ aci´ os t´erben a kis darab t¨omeg´enek, egy bizonyos nullszintt˝ol m´ert el˝ojeles t´avols´ ag´ anak ´es a gravit´ aci´ os gyorsul´ asnak a szorzata. ˜h = dm g y E De p a dm kifejezhet˝opa s˝ ur˝ us´eg ´es a semleges sz´al egyenlete seg´ıts´eg´evel: dm = 2 2 ud helyzeti energi´aja pedig ρA dx + dy = ρA 1 + y 02 dx A teljes r´ Zl q
y 1 + y 02 dx
Eh = ρgA
(19)
0
lesz. A (18) ´es (19) ¨osszege adja a r´ ud ¨osszes energi´aj´ at, ami a r´ ud tart´os nyugalmi helyzet´eben, amikor a r´ ud nem mozog, minim´alis. Zl "
U=
#
q
ρgAy 1 + 0
y 02
y 002 EI dx = minim´alis + 2 (1 + y 02 )5/2
Vizsg´aljuk a r´ ud kis m´ert´ek˝ u behajl´as´ at, amikor is az y 02 az 1 mellett elhanyagolhat´o. Ekkor a feladat Lagrange-f¨ uggv´eny´ere a k¨ovetkez˝ o ad´odik: L = ρgAy +
EI 002 y 2
Ebben az esetben az Euler-Lagrange-egyenlet negyedrend˝ u differenci´alegyenlet lesz. (L´asd a (17) egyenlet n = 2 esetben.) ∂L d ∂L d2 ∂L − + = ρgA + EIy (4) = 0 ∂y dx ∂y 0 dx2 ∂y 00
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
22
Ennek megold´asa egy n´egy konstanst tartalmaz´o f¨ uggv´eny. y(x) = −
ρgA 4 c1 3 c2 2 x + x + x + c3 x + c4 24EI 6 2
(20)
Most adjuk meg a peremfelt´eteleket, amelyekkel a konstansok meghat´arozhat´ ok. A r´ ud a k´et v´eg´en´el r¨ogz´ıtve van. y(0) = 0
´es
y(l) = 0
tov´abb´a v´egei mereven be vannak fogva, ami miatt y(x) deriv´altjaira kapunk m´eg k´et felt´etelt. y 0 (0) = 0 ´es y 0 (l) = 0 (Csukl´oval r¨ogz´ıtett v´eg eset´en y 00 = 0, szabad v´eg eset´en pedig y 000 = 0 lenne a peremfelt´etel.) Lederiv´alva (20)-t, ´es be´ırva a megfelel˝o felt´eteleket n´egy egyenletet kapunk a n´egy konstansra. Ezeket megoldva az extrem´alis f¨ uggv´eny a k¨ovetkez˝ o lesz: ρgA 2 y(x) = − x (l − x)2 24EI
1.8.
T¨ obb ismeretlen f¨ uggv´ enyt tartalmaz´ o Lagrangef¨ uggv´ enyek
´ Altal´ anos´ıtsuk most a (5) funkcion´alt u ´gy, hogy benne ne csak egy y(x) ismeretlen f¨ uggv´eny szerepeljen, hanem t¨obb. ZxB
L(y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x), y10 (x), y20 (x), . . . , yn0 (x), x)dx
I[y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x)] = xA
(21)
tov´abb´a adottak a k¨ovetkez˝o peremfelt´etelek: yi (xA ) = ai
´es
yi (xB ) = bi
ahol i = 1, 2, . . . , n. Ilyen t´ıpus´ u funkcion´alt kapunk, ha p´eld´aul egy t´erg¨orbe alakj´at akarjuk meghat´arozni valamilyen vari´aci´os m´odszerrel. Erre p´elda a (2.2) fejezetben t´argyalt Hamilton-elv. Vezess¨ uk be a k¨ovetkez˝o jel¨ol´est, amellyel egyszer˝ ubb alakra hozhat´o (21): yi (x) = y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x)
´es
yi0 = y10 (x), y20 (x), . . . , yn0 (x)
1.8. T¨obb ismeretlen f¨ uggv´enyt tartalmaz´o Lagrange-f¨ uggv´enyek
23
Az u ´j jel¨ol´esekkel kapjuk: ZxB
L(yi (x), yi0 (x), x)dx
I[yi (x)] =
(22)
xA
Most is a (22) funkcion´al sz´els˝o ´ert´ek´et keress¨ uk. Tegy¨ uk fel, hogy y¯i (x) az extrem´alis f¨ uggv´eny. K´epezz¨ uk az al´abbi f¨ uggv´enyt: yi (x) = y¯i (x) + εi ηi (x)
(23)
yi0 (x) = y¯i0 (x) + εi ηi0 (x)
(24)
´es ahol εi tetsz˝oleges sz´am, ηi (x) pedig olyan folytonos f¨ uggv´eny, amely az x = xA ´es x = xB pontokban elt˝ unik, mik¨ozben i = 1, 2, . . . , n. Ezzel a (21) funkcion´al sz´els˝o´ert´ek probl´em´aj´at ´atalak´ıtottuk egy I(ε1 , ε2 , . . . , εn ) n v´altoz´os f¨ uggv´eny sz´els˝o´ert´ek probl´em´aj´av´a, amit m´ar meg tudunk oldani. ´Irjuk (23)-t ´es (24)-t a (22) funkcion´alba, ´es k´epezz¨ uk az εi szerinti parci´alis deriv´altjait az εi = 0 helyen. Ã
∂I ∂εi
!
ZxB "
= εi =0
xA
#
∂L ∂L ηi (x) + 0 ηi0 (x) dx = 0 ∂ y¯i ∂ y¯i
i = 1, 2, . . . , n
Hasonl´o gondolatmenetet alkalmazva mint az 1.4 pontban, az integrandus m´asodik tagj´anak parci´alis integr´al´as´aval azt kapjuk, hogy Ã
∂I ∂εi
!
ZxB "
= εi =0
xA
#
∂L d ∂L − ηi (x)dx = 0 ∂ y¯i dx ∂ y¯i0
i = 1, 2, . . . , n
Mivel η(x) az integr´al´as hat´arain bel¨ ul tetsz˝oleges, a sz¨ogletes z´ar´ojelben l´ev˝o tagnak azonosan null´anak kell lennie. Hagyjuk el a fel¨ ulvon´asokat! d ∂L ∂L − =0 ∂yi dx ∂yi0
i = 1, 2, . . . , n
(25)
Ez n darab m´asodrend˝ u differenci´alegyenlet az n darab extrem´alis f¨ uggv´enyre.
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
24
1.9.
T¨ obb f¨ uggetlen v´ altoz´ ot tartalmaz´ o Lagrangef¨ uggv´ enyek
A (5) k¨ovetkez˝o ´altal´anos´ıt´asi lehet˝os´ege, ha az egyetlen x f¨ uggetlen v´altoz´o helyett t¨obb x1 , x2 , . . . , xn f¨ uggetlen v´altoz´ot haszn´alunk. Ez azt jelenti, hogy a funkcion´al egy n-szeres integr´al lesz. Z Z
I[y(x1 , x2 , . . . , xn )] =
Z
· · · L(y(x1 , x2 , . . . , xn ), V
,...,
∂y(x1 , x2 , . . . , xn ) ∂y(x1 , x2 , . . . , xn ) , , ∂x1 ∂x2
∂y(x1 , x2 , . . . , xn ) , x1 , x2 , . . . , xn )dx1 dx2 . . . dxn ∂xn (26)
Az integr´al´asi tartom´anyt V -vel jel¨olt¨ uk. A megold´as sor´an csak olyan y(x1 , x2 , . . . , xn ) f¨ uggv´enyek j¨ohetnek sz´oba, amelyek az integr´al´as F perem´en megadott ´ert´eket vesznek fel (peremfelt´etelek). A m´odszer hasonl´o az el˝oz˝o pontokban t´argyaltakhoz. Tegy¨ uk fel, hogy y¯(x1 , x2 , . . . , xn ) az extrem´alis f¨ uggv´eny, ε egy tetsz˝oleges sz´am, η(x1 , x2 , . . . , xn ) pedig egy folytonos f¨ uggv´eny, amely elt˝ unik az integr´al´as F perem´en. Legyen y(x1 , x2 , . . . , xn ) a k¨ovetkez˝o alak´ u: y(x1 , x2 , . . . , xn ) = y¯(x1 , x2 , . . . , xn ) + εη(x1 , x2 , . . . , xn ) ´es ennek deriv´altjai: ∂y(x1 , x2 , . . . , xn ) ∂ y¯(x1 , x2 , . . . , xn ) ∂η(x1 , x2 , . . . , xn ) = +ε ∂xi ∂xi ∂xi ahol i = 1, 2, . . . , n. Ha ε-nal tartunk a null´ahoz, visszakapjuk az extrem´alis y¯(x1 , x2 , . . . , xn ) f¨ uggv´enyt. Helyettes´ıts¨ uk ezt az y(x1 , x2 , . . . , xn ) f¨ uggv´enyt a (26) funkcion´alba, ´es k´epezz¨ uk az ´ıgy kapott ε v´altoz´oj´ u egyv´altoz´os f¨ uggv´eny deriv´altj´at az ε = 0 helyen: Ã
dI dε
!
Z Z
= ε=0
Z
n X ∂L ∂L ∂η ³ ´ ··· η + dx1 dx2 . . . dxn = 0 ∂ y¯ ∂x ∂ y¯ i i=1 ∂ V
(27)
∂xi
A szorzatf¨ uggv´eny deriv´al´asi szab´aly´at felhaszn´alva alak´ıtsuk ´at az integrandus m´asodik tagj´at! Z Z
Z X n
Z Z Z X n ∂ ∂L ∂η ³ ´ ³ ´ η dx1 dx2 . . . dxn − ··· dx dx . . . dx = · · · 1 2 n ∂ y¯ ∂x ∂ y¯ ∂x i i ∂ i=1 ∂ ∂xi i=1 ∂xi V V
∂L
1.9. T¨obb f¨ uggetlen v´altoz´ot tartalmaz´o Lagrange-f¨ uggv´enyek Z Z
−
Z
··· η V
n X ∂ i=1
∂L
∂xi ∂
³
∂ y¯ ∂xi
25
´ dx1 dx2 . . . dxn
(28) Itt az egyenl˝os´eg jobb oldal´anak els˝o tagj´at tov´abb tudjuk alak´ıtani. Vezess¨ uk be a k¨ovetkez˝o jel¨ol´est: fi =
∂L ∂ y¯ η ∂ ∂x i
´Igy egyszer˝ ubb alak´ u lesz az ´atalak´ıtand´o kifejez´es:
Z Z Z X n ∂L ∂fi ··· dx dx . . . dx = · · · dx1 dx2 . . . dxn 1 2 n ∂ y¯ ∂xi ∂ ∂x ∂xi i=1 i=1 i V V (29) A (29) integr´alt ´ırhatjuk ´ıgy is: Z Z
Z X n ∂
Zb1 Zb2 Zbn "
··· a1 a2
an
#
∂f2 ∂fn ∂f1 + + ... + dx1 dx2 . . . dxn ∂x1 ∂x2 ∂xn
ahol az ai -k ´es bi -k az integr´al´asok als´o illetve fels˝o hat´arai. Az integr´al´asi hat´arok nem f¨ uggetlenek, az x1 szerinti integr´al´as ut´an a1 ´es b1 f¨ uggeni fog az x2 , x3 , . . . , xn v´altoz´okt´ol, m´eghozz´a u ´gy, hogy az (a1 , x2 , . . . , xn ) ´es az (b1 , x2 , . . . , xn ) pontok az integr´al´as F perem´en helyezkednek el (tetsz˝oleges x2 , x3 , . . . , xn eset´en). A fenti integr´alban l´ev˝o ¨osszeg els˝o tagj´at ´atalak´ıthatjuk a k¨ovetkez˝o k´eppen: Zb1 Zb2 Zbn
··· a1 a2
an
∂f1 (x1 , x2 , . . . , xn ) dx1 dx2 . . . dxn = ∂x1
Zb2 Zb3 Zbn
=
· · · [f1 (b1 , x2 , . . . , xn ) − f1 (a1 , x2 , . . . , xn )] dx2 dx3 . . . dxn = 0 a2 a3
an
mivel fi -ben szorz´ok´ent szerepel az η, ami az integr´al´as F perem´en elt˝ unik. ´ Ugyan ez a gondolatmenet elv´egezhet˝o a t¨obbi tagra is. Igy azt kapjuk, hogy (29) egyenl˝o null´aval. Ez alapj´an a (28) a k¨ovetkez˝o lesz: Z Z
Z X n ∂L ∂η
··· V
∂ y¯ i=1 ∂ ∂xi
∂xi
Z Z
dx1 dx2 . . . dxn =
Z
··· η V
n X ∂
∂L ∂ y¯ dx1 dx2 . . . dxn i=1 ∂xi ∂ ∂xi
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
26
Ezt visszahelyettes´ıtve a (27)-ba kapjuk a k¨ovetkez˝ot: Ã
∂I ∂ε
!
Z Z
= ε=0
Z
n ∂L ∂L X ∂ ³ ´ η dx1 dx2 . . . dxn = 0 ··· − ∂ y¯ i=1 ∂xi ∂ ∂ y¯ ∂xi
V
Mivel az η tetsz˝oleges az integr´al´as hat´arain bel¨ ul, a sz¨ogletes z´ar´ojelben l´ev˝o kifejez´esnek el kell t¨ unnie. Elhagyva a fel¨ ulvon´asokat kapjuk az eredm´enyt, a n ∂L X ∂L ∂ ³ ´ =0 (30) − ∂y i=1 ∂xi ∂ ∂y ∂xi
differenci´alegyenletet, amelynek a megold´asa az extrem´alis f¨ uggv´eny. *** Egyes feladatok kapcs´an el˝ofordulhat az az eset, amikor a Lagrangef¨ uggv´enyben t¨obb ismeretlen f¨ uggv´eny szerepel, amelyek t¨obbv´altoz´osak ´es el˝ofordulnak benn¨ uk a magasabb rend˝ u deriv´altak is. Ezt az esetet is le lehet vezetni az el˝oz˝o pontokban haszn´alt megfontol´asok alapj´an, ett˝ol azonban itt eltekint¨ unk.
1.10.
Vari´ aci´ os probl´ em´ ak mell´ ekfelt´ etelekkel
Gyakran tal´alkozunk olyan vari´aci´os probl´em´aval, amikor a sz´oba j¨ohet˝o f¨ uggv´enyeknek a differenci´alhat´os´agi ´es peremfelt´eteleken k´ıv¨ ul m´eg egy´ebb megk¨ot´eseknek is eleget kell tenni¨ uk. Az ilyen jelleg˝ u probl´em´ak megold´as´aval is foglalkozott Lagrange, ´es igyekezett a lehet˝o leg´altal´anosabb megfogalmaz´asukat megadni. Mi most csak azt az esetet vizsg´aljuk meg r´eszletesebben, amikor a Lagrange-f¨ uggv´enyben egy darab ismeretlen egyv´altoz´os f¨ uggv´eny ´es ennek els˝orend˝ u deriv´altja szerepel. Az ´altal´anosabb esetek az el˝oz˝o pontok mint´aj´ara kaphat´ok meg. A feladat a k¨ovetkez˝o: keress¨ uk azt az y(x) f¨ uggv´enyt, amelyen az ZxB
L(y(x), y 0 (x), x)dx
I[y(x)] =
(31)
xA
funkcion´al sz´els˝o ´ert´eket vesz fel, ´es az y(x) megold´asnak a megadott peremfelt´eteleken k´ıv¨ ul m´eg n darab mell´ekfelt´etelt is ki kell el´eg´ıtenie. A mell´ekfelt´etelek lehetnek egyenletek ´es differenci´alegyenletek is.
1.10. Vari´aci´os probl´em´ak mell´ekfelt´etelekkel
27
El˝osz¨or vizsg´aljuk meg azt az esetet, amikor a mell´ekfelt´etel egy integr´al seg´ıts´eg´evel fogalmazhat´o meg (izoperimetrikus feladat): ZxB
G(y(x), y 0 (x), x)dx = k
J[y(x)] =
(32)
xA
ahol k konstans. Euler m´odszere szerint a vari´aci´os probl´ema egy n (v´eges) v´altoz´os f¨ uggv´eny sz´els˝o´ert´ek-sz´am´ıt´as´anak form´alis ´altal´anos´ıt´asa n → ∞-re (l´asd 1.3 fejezet). Ezek alapj´an ha ki tudjuk sz´am´ıtani egy n v´altoz´oj´ u k¨oz¨ons´eges f¨ uggv´eny felt´eteles sz´els˝o´ert´ek´et, akkor ebb˝ol n → ∞ hat´ar´atmenetet k´epezve megkapjuk a mell´ekfelt´eteles vari´aci´os probl´ema sz´els˝o´ert´ek´et is. Legyen f (x1 , x2 , . . . , xn ) a vizsg´alt f¨ uggv´eny, g(x1 , x2 , . . . , xn ) = c pedig a mell´ekfelt´etel. A legegyszer˝ ubb megold´as az, ha g-b˝ol kifejezz¨ uk valamelyik v´altoz´ot, ´es ezt be´ırjuk az f -be. ´Igy n helyett m´ar csak egy n − 1 v´altoz´os mell´ekfelt´etel n´elk¨ uli f ∗ f¨ uggv´eny sz´els˝o´ert´ek´et kell meghat´aroznunk. Ennek sz¨ uks´eges felt´etele: ∂f ∗ (x1 , x2 , . . . , xn−1 ) =0 ∂xi
i = 1, 2, . . . , n − 1
A megold´ast megkaptuk, de a m´odszer nem t´ ul szerencs´es: elrontja az f f¨ uggv´eny esetleg megl´ev˝o szimmetri´aj´at. J´o lenne egy olyan m´odszert tal´alni, amely nem v´altoztatja meg az eredeti f f¨ uggv´eny alakj´at. Erre a m´odszerre Lagrange j¨ott r´a. A m´odszer neve: Lagrange-f´ele multiplik´ator-m´odszer. K´epezz¨ uk az f f¨ uggv´eny infinitezim´alis megv´altoz´as´at egy (x1 , x2 , . . . , xn ) pontban. ∂f ∂f ∂f df = dx1 + dx2 + . . . + dxn ∂x1 ∂x2 ∂xn vagy a grad vektor n dimenzi´os ´altal´anos´ıt´asa seg´ıts´eg´evel: df = gradf · d~x Az f f¨ uggv´enynek abban a pontban lehet sz´els˝o´ert´eke, ahol tetsz˝oleges d~x infinitezim´alis ,,elmozdul´asvektor” eset´en az f f¨ uggv´eny megv´altoz´asa nulla: df = 0 Nyilv´an ez csak abban a pontban lehets´eges, ahol gradf = 0. Nek¨ unk azonban olyan pontokat kell vizsg´alnunk, ahol teljes¨ ul a g(x1 , x2 , . . . , xn ) = c
(33)
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
28
felt´etel. Ez nem teszi lehet˝ov´e, hogy a d~x vektor tetsz˝oleges legyen, ugyanis teljes¨ ulni kell a k¨ovetkez˝o felt´etelnek is: g(x1 + dx1 , x2 + dx2 , . . . , xn + dxn ) = c m´ask´eppen dg = grad g · d~x = 0
(34)
M´asr´eszr˝ol egy, a g(x1 , x2 , . . . , xn ) = c felt´etelnek eleget tev˝o pontban akkor lesz az f f¨ uggv´enynek felt´eteles sz´els˝o´ert´eke, ha ott df = gradf · d~x = 0 A gradf itt m´ar nem biztos hogy nulla, viszont a skal´arszorzat tulajdons´agaib´ol k¨ovetkezik, hogy a gradf mer˝oleges d~x vektorra. Ezen megszor´ıt´as mellett a d~x tetsz˝oleges, teh´at b´armilyen ir´anyba mutathat, amely mer˝oleges gradf -re. Viszont ugyanezt a d~x-et v´eve teljes¨ ulnie kell (34)y f(x,y)=állandó dx
dx grad g
grad f dx grad f
grad g dx
g(x,y)=c x
4. ´abra. nek is, azaz grad g olyan ir´any´ u, hogy mer˝oleges az ¨osszes gradf -re mer˝oleges
1.10. Vari´aci´os probl´em´ak mell´ekfelt´etelekkel
29
vektorra. Ez csak u ´gy lehets´eges, ha gradf p´arhuzamos grad g-vel4 , azaz gradf = λ grad g Ezt egyszer˝ u ´atalak´ıt´assal a k¨ovetkez˝o alakra hozhatjuk: grad(f − λg) = 0 azaz
∂ (f − λg) = 0 i = 1, 2, . . . , n (35) ∂xi Azt kaptuk, hogy az f ∗ = f − λg f¨ uggv´eny sz´els˝o ´ert´eke adja meg az f f¨ uggv´eny g(x1 , x2 , . . . , xn ) = c melletti felt´eteles sz´els˝o´ert´ek´et. A λ-t Lagrange-multiplik´atornak nevezz¨ uk. Az n + 1 ismeretlent (x1 , x2 , . . . , xn ´es λ ´ert´ek´et) az n sz´am´ u egyenletet tartalmaz´o (35) egyenletrendszerb˝ol, valamint a (33) mell´ekfelt´etelekb˝ol hat´arozhatjuk meg. A Lagrange-f´ele multiplik´ator-m´odszer minden tov´abbi n´elk¨ ul ´atvihet˝o vari´aci´osz´am´ıt´asi probl´em´akra is. Euler m´odszer´et alkalmazva (l´asd 1.3 fejezet) azt kapjuk, hogy a (31) funkcion´alnak a (32) mell´ekfelt´etel mellett akkor lehet sz´els˝o´ert´eke, ha az y(x) f¨ uggv´eny kiel´eg´ıti az L∗ = L − λG Lagrange-f¨ uggv´ennyel fel´ırt ∂L∗ d ∂L∗ − =0 ∂y dx ∂y 0 Euler-Lagrange-egyenletet. Ez egy m´asodrend˝ u differenci´alegyenlet, melynek megold´as´aban λ-n k´ıv¨ ul m´eg k´et ´alland´o is fell´ep. Ezeket a peremfelt´etelekb˝ol ´es a (32) mell´ekfelt´etelb˝ol hat´arozhatjuk meg. L´assuk be ezt most a Lagrange-f´ele vari´aci´os m´odszerrel is. Legyen y¯(x) az extrem´alis f¨ uggv´eny, ε1 tetsz˝oleges konstans ´es η1 (x) olyan folytonos f¨ uggv´eny, amely az integr´al´as hat´arain elt˝ unik: η1 (xA ) = η1 (xB ) = 0 4
Ezt k¨onnyebben meg´erthetj¨ uk, ha rajzolunk egy ´abr´at a k´etdimenzi´os esetr˝ol (4. ´abra). A df = dg = 0 felt´etelnek az f (x, y) = ´alland´o ´es g(x, y) = c g¨orb´ek tesznek eleget. Keress¨ uk azokat a pontokat, ahol a k´et g¨orbe ´erinti egym´ast, ugyanis ezekben a pontokban az f -en ´es a g-n t¨ort´en˝o d~x elmozdul´asvektorok egybeesnek.
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
30
Ekkor az y(x) = y¯(x) + ε1 η1 (x) f¨ uggv´eny az ε1 → 0 esetben visszaadja az extrem´alis f¨ uggv´enyt. Valami azonban m´eg hi´anyzik! A mell´ekfelt´etel miatt nem alkalmazhatjuk ezt a m´odszert a megszokott form´aban. Az y(x) f¨ uggv´enynek mindig ki kell el´eg´ıtenie a mell´ekfelt´etelt is, de a ε1 η1 (x) tag hozz´aad´as´aval ez nem teljes¨ ul. Adjunk hozz´a y(x)-hez m´eg egy tagot, ami u ´gy kompenz´alja ε1 η1 (x) hat´as´at, hogy ´ıgy kiel´eg¨ ul a (32) felt´etel is. y(x) = y¯(x) + ε1 η1 (x) + ε2 η2 (x) ahol ε2 ´es η2 (x) hasonl´o tulajdons´ag´ uak, mint ε1 ´es η1 (x). Ezt be´ırva a (31) funkcion´alba, a funkcion´al egy k´etv´altoz´os f¨ uggv´enny´e alakul: ZxB
L(¯ y (x) + ε1 η1 (x) + ε2 η2 (x), y¯0 (x) + ε1 η10 (x) + ε2 η20 (x), x)dx (36)
I(ε1 , ε2 ) = xA
Az ε1 ´es ε2 nem f¨ uggetlenek a (32) mell´ekfelt´etel miatt: ZxB
G(¯ y (x) + ε1 η1 (x) + ε2 η2 (x), y¯0 (x) + ε1 η10 (x) + ε2 η20 (x), x)dx = k
J(ε1 , ε2 ) = xA
(37) Keress¨ uk az I(ε1 , ε2 ) k´etv´altoz´os f¨ uggv´eny sz´els˝o´ert´ek´et a J(ε1 , ε2 ) = k felt´etel mellett. A Lagrange-f´ele multiplik´ator-m´odszer szerint a felt´eteles sz´els˝o´ert´ek l´etez´es´enek sz¨ uks´eges felt´etele: ∂ (I(ε1 , ε2 ) − λJ(ε1 , ε2 )) = 0 ∂εi
i = 1, 2
(38)
Vezess¨ uk be a k¨ovetkez˝o jel¨ol´est: L∗ = L − λG
(39)
Mivel (36)-ban ´es (37)-ben az integr´al´asi hat´arok megegyeznek ´es az integr´al´as line´aris m˝ uvelet, a (38) ´ıgy is ´ırhat´o: xB "
xB
Z ∂ Z (L − λG)dx = ∂εi x x A
ZxB "
= xA
A
∗
#
∂L∗ 0 ∂L∗ ηi (x) + η (x) dx = ∂ y¯ ∂ y¯0 i #
d ∂L∗ ∂L − ηi (x)dx = 0 ∂ y¯ dx ∂ y¯0
1.10. Vari´aci´os probl´em´ak mell´ekfelt´etelekkel
31
ahol i = 1, 2 (l´asd 1.4 fejezet). Ebb˝ol m´ar l´atszik, hogy az extrem´alis f¨ uggv´eny a ∂L∗ d ∂L∗ − =0 ∂y dx ∂y 0 differenci´alegyenlet megold´asa lesz. Ez a megold´as tartalmazni fogja a λ param´etert is, melynek ´ert´ek´et a y¯(x) (32)-be helyettes´ıt´es´evel kaphatjuk meg. El˝ofordulhat, hogy a mell´ekfelt´etelt nem egy (32) t´ıpus´ u integr´al 0 seg´ıts´eg´evel adjuk meg, hanem egy g(y(x), y (x), x) = 0 egyenlettel vagy differenci´alegyenlettel. Ennek az esetnek a r´eszletes t´argyal´as´aval itt nem foglalkozunk, de a v´egeredm´enyt megadjuk. Legyen λ(x) a Lagrangemultiplik´ator, amely most f¨ ugg x-t˝ol. Ezzel k´epezz¨ uk az L∗ = L + λ(x) g(y(x), y 0 (x), x)
(40)
f¨ uggv´enyt, ´es azt kapjuk, hogy az extrem´alisoknak ki kell el´eg´ıteni¨ uk a ∂L∗ d ∂L∗ − =0 ∂y dx ∂y 0 Euler-Lagrange-egyenletet. Ez a differenci´alegyenlet az adott mell´ekfelt´etelekkel egy¨ utt meghat´arozza az y(x) extrem´alis f¨ uggv´enyt, valamint a m´eg hat´arozatlan λ(x) f¨ uggv´enyt is, az integr´al´asi ´alland´okat pedig a hat´arfelt´etelekb˝ol nyerhetj¨ uk. Abban az esetben, ha nem csak egy mell´ekfelt´etelt kell kiel´eg´ıteni, a (39) ´es (40) a k¨ovetkez˝o k´eppen m´odosul: L∗ = L −
n X
λi Gi
i=1
illetve L∗ = L −
n X
λi (x) gi (y(x), y 0 (x), x)
i=1
A mell´ekfelt´eteles vari´aci´osz´am´ıt´as sor´an az Euler-Lagrange-egyenlet megold´asa mindig t¨obb szabadon v´alaszthat´o konstanst tartalmaz, mint amennyit a peremfelt´etelekkel r¨ogz´ıt¨ unk. Az ilyen esetek nem mindig oldhat´ok meg, a megoldhat´os´agot k¨ ul¨on ellen˝orizn¨ unk kell. Egy ilyen feladatra l´atunk most p´eld´at:
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
32 y yA
PA PB
yB dy
xA
dl
l
xB
dx
x
5. ´abra.
P´ elda: A l´ ancg¨ orbe. Egy adott l hossz´ us´ ag´ u k¨ot´el (vagy l´anc) k´et v´egpontj´ at PA illetve PB pontokban r¨ogz´ıtj¨ uk. (PA ´es PB nem ugyan azon a f¨ ugg˝ oleges egyenesen helyezkednek el.) A PA ´es PB t´avols´ aga legyen kisebb, mint a k¨ot´el hossza. Milyen alakot vesz fel a k¨ot´el, ha r´a csak a gravit´ aci´ os t´er hat? A k¨ot´el olyan alakot vesz fel, hogy a potenci´alis energi´aja minim´alis legyen. Ha nem ´ıgy t¨ort´enne, a k¨ot´el potenci´alis energi´aja mozg´asi energi´av´ a alakulna, ´es a k¨ot´el nem maradna nyugalomban. Az l hossz´ us´ ag´ u k¨ot´el egy kicsiny dl darabj´anak potenci´alis energi´aja: q
dU = ρgy 1 + y 02 dx ahol ρ a k¨ot´el line´aris s˝ ur˝ us´ege, g a gravit´ aci´ os gyorsul´ as. A teljes k¨ot´el potenci´alis energi´aja (l´asd 5. ´abra): ZxB q
y 1 + y 02 dx
U = ρg xA
Miel˝ott nekil´atn´ank meghat´arozni az Euler-Lagrange-egyenletet, vegy¨ uk ´eszre, hogy m´eg egy dolgot figyelembe kell venni. Az y(x) f¨ uggv´enyt adott hossz´ us´ ag´ u
1.10. Vari´aci´os probl´em´ak mell´ekfelt´etelekkel
33
k¨ot´el eset´ere kell kisz´amolni, ami egy mell´ekfelt´etelt jelent. ZxB q
1 + y 02 dx
l=
(41)
xA
Ezek alapj´an a k¨ovetkez˝o funkcion´alnak kell meghat´arozni a sz´els˝ o´ert´ek´et: ZxB µ
¶
q
q
ρgy 1 + y 02 − λ 1 + y 02 dx xA
A feladat Lagrange-f¨ uggv´enye az q
L = (ρgy − λ) 1 + y 02
(42)
lesz, amir˝ol ´erdemes ´eszrevenni hogy hi´anyos, nem f¨ ugg x-t˝ ol. Az 1.5 fejezetben le´ırtak alapj´an az extrem´alis f¨ uggv´enynek ki kell el´eg´ıtenie az L − y0
∂L = c1 ∂y 0
(43)
els˝orend˝ u differenci´alegyenletet, ahol c1 konstans. A (42)-t (43)-ba helyettes´ıtve kapjuk, hogy q y 02 = c1 (ρgy − λ) 1 + y 02 − (ρgy − λ) p 1 + y 02 Fejezz¨ uk ki ebb˝ol y 0 -t: s
µ
dy = y0 = dx
λ − ρgy c1
¶2
−1
A v´altoz´okat sz´etv´alasztva a k¨ovetkez˝ ot kapjuk: Z
Z
dx =
r³
dy ´ λ−ρgy 2 c1
V´egezz¨ uk el a k¨ovetkez˝o helyettes´ıt´est: ρgy − λ = chu c1 Ekkor dy =
c1 shu du ρg
−1
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
34 ad´odik.
Z
dx =
c1 ρg
Z
du
⇒
x=
c1 u + c2 ρg
T´erj¨ unk vissza az u-r´ol ism´et az y-ra: ¶
µ
λ c1 ρg (x − c2 ) + y= ch ρg c1 ρg
(44)
Ezzel megkaptuk a differenci´alegyenlet megold´as´ at, a gond csak az, hogy t¨obb szabadon v´alaszthat´ o konstans szerepel benne, mint ahogy azt a differenci´alegyenlet megk´ıv´ ann´ a. Be kell bizony´ıtanunk, hogy ennek ellen´ere a ´ (44) j´o megold´as. Irjuk fel a (44)-t PA ´es PB pontokban. µ
¶
yA =
c1 ρg λ ch (xA − c2 ) + ρg c1 ρg
yB =
c1 ρg λ ch (xB − c2 ) + ρg c1 ρg
´es
µ
(45)
¶
(46)
Vonjuk ki a k´et egyenletet egym´asb´ ol! ·
yB − yA =
µ
¶
µ
¶¸
c1 ρg ρg ch (xB − c2 ) − ch (xA − c2 ) ρg c1 c1
Ezt a ch(α + β) − ch(α − β) = 2 shα shβ azonoss´ag seg´ıts´eg´evel ´ıgy is ´ırhatjuk: µ
yB − yA =
¶
µ
¶
ρg ρg 2c1 sh (xB + xA − 2c2 ) sh (xB − xA ) ρg c1 c1
(47)
Erre az ¨osszef¨ ugg´esre m´eg sz¨ uks´eg¨ unk lesz. Most vizsg´aljuk meg a mell´ekfelt´etelt: ´ırjuk be a (44) megold´ast a (41) k´epletbe! ZxB s
µ 2
l=
1 + sh xA
·
=
µ
¶
ρg (x − c2 ) dx = c1 ¶
ZxB xA
µ
¶
ρg ch (x − c2 ) dx = c1
µ
c1 ρg ρg sh (xB − c2 ) − sh (xA − c2 ) ρg c1 c1
Ezt a sh(α + β) − sh(α − β) = 2 shβ chα
¶¸
1.10. Vari´aci´os probl´em´ak mell´ekfelt´etelekkel
35
azonoss´ag seg´ıts´eg´evel ´ıgy is ´ırhatjuk: µ
l=
¶
µ
2c1 ρg ρg sh (xB − xA ) ch (xB + xA − 2c2 ) ρg 2c1 2c1
¶
(48)
Emelj¨ uk n´egyzetre (47)-t ´es (48)-t, k´epezz¨ uk a k¨ ul¨ onbs´eg¨ uket ´es vonjunk gy¨ok¨ ot az ´ıgy keletkezett egyenletb˝ol! ¶
µ
q
l2
− (yB − yA
)2
2c1 ρg (xB − xA ) = sh ρg 2c1
Osszuk el mindk´et oldalt xB − xA -val! ¶
µ
ρg sh (xB − xA ) l2 − (yB − yA )2 2c1 = ρg xB − xA (xB − xA ) 2c1
p
Vezess¨ unk be u ´j jel¨ol´eseket: p
ε=
l2 − (yB − yA )2 xB − xA
Λ=
ρg (xB − xA ) 2c1
´Igy a shΛ = εΛ
(49)
egyenletet kell megoldani. Ennek az egyenletnek biztosan megold´asa a Λ = 0, ekkor azonban c1 ´ert´ek´et nem tudjuk meghat´arozni (null´ aval kellene osztanunk). Ez´ert olyan megold´ast kell keresn¨ unk, ahol Λ 6= 0. Seg´ıts´egk´eppen rajzoljuk fel az (49) grafikus megold´as´at! (6. ´abra) A (49)-nek csak akkor van z´erust´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o megold´asa, ha az εΛ egyenes meredeks´ege nagyobb, mint a shΛ-nak a Λ = 0 pontban, akkor ugyanis εΛ metszi shΛ-t k´et Λ 6= 0 pontban is. (A k´et pont abszcissz´aj´anak abszol´ ut´ert´eke megegyezik, csak el˝ojelben k¨ ul¨ onb¨ oznek. Ennek oka az, hogy az εΛ ´es shΛ szimmetrikusak az orrig´ora.) Az shΛ meredeks´ege Λ = 0-ban 1, ugyanis d shΛ = chΛ dΛ ´es ch0 = 1 Teh´at ε-nak nagyobbnak kell lennie egyn´el. A feladat sz¨oveg´eb˝ ol tudjuk, hogy q
l>
(xB − xA )2 + (yB − yA )2
´ OSZ ´ AM ´ ´ITAS ´ 1. VARIACI
36 f(Λ )
shΛ εΛ
Λ0
Λ
6. ´abra.
ez´ert
p
ε>
(xB − xA )2 + (yB − yA )2 − (yB − yA )2 xB − xA
azaz ε>1 L´athat´o, hogy l´etezik megold´as, a k´erd´es m´ar csak az, hogy pozit´ıv-e vagy negat´ıv? Az 5. ´abr´ara n´ezve meg´allap´ıthatjuk, hogy c1 pozit´ıv, ekkor azonban az (49) ρg (xB − xA ) ´es megold´asaib´ol is a pozit´ıvval kell sz´amolnunk (ugyanis Λ = c1 feltessz¨ uk, hogy xB > xA ). A (49) egyenletet csak valamilyen k¨ozel´ıt˝ o m´odszerrel tudjuk megoldani. A c1 meghat´aroz´ asa ut´an c2 a (47) vagy (48) seg´ıts´eg´evel, majd λ az (45) vagy (46) seg´ıts´eg´evel hat´arozhat´ o meg. L´attuk teh´at, hogy a feladatnak l´etezik megold´asa, ´es az egy´ertelm˝ u is.
37
2.
A fizika vari´ aci´ os elvei
Ebben a fejezetben a fizika vari´aci´os elveib˝ol kett˝ot ragadunk ki, a Fermatelv et ´es a Hamilton-elv et. Miel˝ott belekezden´enk, fontos tiszt´azni a k¨ ul¨onbs´eget a vari´aci´ os elv ek ´es a k¨ovetkez˝o fejezetben t´argyalt vari´aci´ os m´odszer ek k¨oz¨ott. Vari´aci´os elvekr˝ol akkor besz´el¨ unk, amikor a fizika egyes nagy t´emak¨oreit (klasszikus ´es relativisztikus mechanika, elektrodinamika, termodinamika, kvantummechanika stb.) pr´ob´aljuk megfogalmazni a vari´aci´osz´am´ıt´as seg´ıts´eg´evel. Ilyenkor egy funkcion´alba ,,beles˝ ur´ıtj¨ uk” az adott fizikai rendszer ¨osszes tulajdons´ag´at, ´es ezen funkcion´al seg´ıts´eg´evel le tudjuk ´ırni a fizikai rendszer viselked´es´et. (P´eld´aul a klasszikus mechanik´aban ehhez nem sz¨ uks´eges ismern¨ unk a Newton-axi´om´akat.) Vari´aci´os m´odszereket akkor haszn´alhatunk, ha nem tudunk vagy nem akarunk megoldani egy differenci´alegyenletet, ´es megel´eksz¨ unk valamilyen k¨ozel´ıt˝o eredm´ennyel is. A 3. fejezetben erre fogunk l´atni k´et p´eld´at.
2.1.
A Fermat-elv
A f´eny terjed´es´enek k´erd´eseivel m´ar az ´okori g¨or¨og¨ok is foglalkoztak. Heron ´es Klaudiosz Ptolemaiosz szerint az A pontb´ol B pontba visszaver˝od˝o f´enysug´ar a megt´etelhez sz¨ uks´eges legr¨ ovidebb utat v´alasztja. A f´eny A
B
α D
α tükör
C
B’
7. ´abra.
´ OS ´ ELVEI 2. A FIZIKA VARIACI
38
t¨ ukr¨oz´esekor a C pontban ver˝odik vissza, mert az ADB 0 u ´t hosszabb, mint 0 az ACB (7. ´abra). 1665-ben Pierre Fermat a legr¨ovidebb u ´t elv´et akarta felhaszn´alni a f´enyt¨or´esi t¨orv´enyek levezet´es´ehez, azonban r´aj¨ott, hogy ezt m´odos´ıtani kell, ugyanis ´ıgy a bees˝o ´es a megt¨ort f´enysug´ar egy egyenesbe esne. Fermat bevezette a legr¨ ovidebb id˝o elv´et. A f´eny mindig olyan u ´ton halad, amely megt´etel´ehez a lehet˝o legkevesebb id˝ore van sz¨ uks´ege. Matemetikailag megfogalmazva: ZB
dt = minim´alis A
L´atni fogjuk, hogy c´elszer˝ ubb ezt az integr´alt megszorozni a c f´enysebess´eggel. Ez a m˝ uvelet a minimum tulajdons´agot nem befoly´asolja. ZB
c
dt = minim´alis
(50)
A
A f´eny sebess´ege abban a k¨ozegben, ahol ´eppen halad: v=
ds dt
a k¨ozeg t¨or´esmutat´oj´at pedig ´ıgy defini´alhatjuk: n=
c v
Ezek seg´ıts´eg´evel az (50)-t a k¨ovetkez˝o alakra hozhatjuk: ZB
c A
B
B
Z Z dt c ds = ds = n ds = minim´alis ds v A
(51)
A
Ha a k¨ozeg, ahol a f´eny terjed nem homog´en, a t¨or´esmutat´o minden helyen m´as ´ert´eket vesz fel: n = n(~r). Ilyenkor a k¨ovetkez˝o vari´aci´osz´am´ıt´asi feladatot kell megoldanunk: ZB
ZB
n(~r)ds = A
A
n(~r)|~r˙|dt =
ZB
q
n(x, y, z) x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 dt = minim´alis A
2.1. A Fermat-elv
39
ahol keress¨ uk az ~r(t) vektorf¨ uggv´enyt, ami a f´eny ,,trajekt´ori´aja”. N´ezz¨ unk meg a Fermat-elv alkalmaz´as´ara k´et egyszer˝ u p´eld´at. a. Homog´en k¨ozegben a t¨or´esmutat´o mindenhol ugyan az a konstans ´ert´ek. Ekkor a ZB
n
ds A
funkcion´alt kell minimaliz´alnunk. Ennek megold´asa az A ´es B pontokat ¨osszek¨ot˝o legr¨ovidebb u ´t, az egyenes lesz. Homog´en k¨ozegben a f´eny mindig egyenes ment´en terjed. b. Legyen k´et egym´assal ´erintkez˝o k¨ ul¨onb¨oz˝o t¨or´esmutat´oj´ u homog´en k¨ozeg. A f´eny a k¨ozeghat´arhoz ´erve megt¨orik. A 8. ´abra jel¨ol´eseit haszn´alva
1
A v1 n1
a α
P x
l-x
C D
β
Q
b
PQ = l
n2
v2
2 B
8. ´abra. a Fermat-elvet ´ıgy ´ırhatjuk fel: q √ n1 a2 + x2 + n2 b2 + (l − x)2 = minim´alis
(52)
A f´eny sebess´ege az n1 t¨or´esmutat´oj´ u 1. k¨ozegben v1 , az n2 t¨or´esmutat´oj´ u 2. k¨ozegben pedig v2 . Keress¨ uk a C pont hely´et, amin a f´enysug´ar ´athaladva a
´ OS ´ ELVEI 2. A FIZIKA VARIACI
40
legr¨ovidebb id˝o alatt ´er B-be. Az (52) sz´els˝o´ert´ek´et az x szerinti deriv´al´assal hat´arozhatjuk meg: n1 √
x l−x − n2 q =0 2 2 +x b + (l − x)2
a2
vagy m´ask´eppen n1 sin α = n2 sin β ⇓ n2 sin α = n1 sin β Ez ´eppen a Snellius-Descartes-f´ele t¨or´esi t¨orv´eny. *** A Fermat-elv k¨onnyen ´erthet˝ov´e ´es szeml´eletess´e tehet˝o az´altal, hogy figyelembe vessz¨ uk a f´eny hull´amjelleg´et. A v´egtelen v´ekony f´enysug´ar csup´an egy matematikai absztrakci´o, a val´os´agban a f´eny a v´eges hull´amhossza miatt egy kiterjedt tartom´anyban, egy v´eges sz´eless´eg˝ u s´ a vban terjed. A 9. ´ a br´ a n l´ a that´ o A pontb´ o l a B f´eny k¨ ul¨onb¨oz˝o utakon juthat B-be, ´es ezeken a terjed´es ideje ´altal´aban k¨ ul¨onb¨oz˝o. Emiatt az A pontb´ol azonos f´azissal indul´o hull´amok Bbe m´ar nagyon k¨ ul¨onb¨oz˝o f´azissal ´erkeznek meg, s ´ ıgy az interferencia r´ev´en kioltj´ak egym´ast. S Kiv´etelt csup´an az az S g¨orbe k´epez, melyen A haladva a terjed´esi id˝o a k¨ornyez˝o g¨orb´ekhez tartoz´o id˝okh¨oz k´epest minim´alis, mert ekkor az S-hez k¨ozeli p´aly´akon halad´o hull´amok terjed´esi 9. ´ abra: ideje — s ezzel egy¨ utt B-be ´erkez´es¨ ukkor a f´azisuk — els˝o k¨ozel´ıt´esben azonos. Ezek a hull´amok er˝os´ıtik egym´ast, s ez´ert S ment´en val´oban f´enyterjed´est figyelhet¨ unk meg.
2.2.
A Hamilton-elv
A Fermat-elv nagyon t¨om¨oren ´es eleg´ansan fogalmazta meg a f´eny terjed´es´enek t¨orv´enyeit. Egyetlen mennyis´eg extrem´aliss´a v´al´asa
2.2. A Hamilton-elv
41
meghat´arozta a f´eny u ´tj´at. A fizikusok szerettek volna a fizika m´as ter¨ uletein is hasonl´o ,,rendez˝o elveket” tal´alni, amikoris valamilyen mennyis´eg z´eruss´a, v´egtelenn´e, extrem´aliss´a v´al´asa vagy ´eppen v´altozatlans´aga kit¨ unteti a k¨ornyez˝o vil´ag egyes ´allapotait. A legr¨ovidebb id˝o elv´enek viszonylag korai megfogalmaz´asa ´erthet˝o, hiszen egyszer˝ u, a h´etk¨oznapi ´eletb˝ol ´atvett fogalmakat haszn´al, olyanokat, mint u ´t, id˝o, sebess´eg. Louis Maupertuis 1744-ben jelentette be a p´arizsi Akad´emia u ¨l´es´en, hogy siker¨ ult megtal´alnia azt a mennyis´eget, amely a mechanik´aban a val´os´agos mozg´as eset´en minim´alis, ´es ezt hat´asnak nevezte el: Z
S=
m v ds
ahol m a test t¨omege, v a sebess´ege. A hat´as egy´altal´an nem evidens fogalom, hanem bonyolult mennyis´eg, ´ıgy nem csoda, hogy nyolcvan ´evet k´esett a Fermat-elvhez k´epest. Euler ´es Lagrange ´erdeme, hogy Maupertuis elv´et j´ol haszn´alhat´o matematikai form´aba ¨ont¨ott´ek. Maupertuis hat´asdefin´ıci´oj´at u ´gy m´odos´ıtott´ak, hogy az id˝ot vett´ek f¨ uggetlen v´altoz´onak. Z
S=
L dt
Most m´ar csak az L Lagrange-f¨ uggv´eny alakj´at kell meghat´arozni. Ezt ak´ar pr´ob´algat´assal is megtehetn´enk, viszont tanuls´agosabb, ha a mechanika n´eh´any tapasztalati t´enye alapj´an vezetj¨ uk le. A levezet´esben ´altal´anos´ıtott koordin´at´akat haszn´alunk, amiket q1 , q2 , . . . , qn el jel¨ol¨ unk. A qi -k k¨oz¨ott5 lehetnek t´avols´agok, sz¨ogek stb., teh´at fizikai dimenzi´ojuk is k¨ ul¨onb¨ozhet. Csak az l´enyeges, hogy a qi -k megad´asa egy´ertelm˝ uen 6 r¨ogz´ıtse a rendszer konfigur´aci´oj´at . A tapasztalat szerint egy adott t id˝opontban a mozg´o t¨omegpont mechanikai ´allapot´at ´altal´anos kordin´at´ainak (qi ) ´es sebess´egeinek (q˙i ) egyidej˝ u megad´asa teljes m´ert´ekben meghat´arozza. (A f¨ uggetlen qi koordin´at´ak sz´am´at a mechanikai rendszer szabads´agi fok´anak nevezz¨ uk.) A mechanikai rendszer minden l´enyeges tulajdons´ag´at tartalmaz´o L Lagrange-f¨ uggv´eny teh´at szint´en qi , q˙i ´es esetleg t f¨ uggv´enye lehet. A qi magasabb rend˝ u deriv´altjait nem tartalmazhatja, mivel ez azt jelenten´e, hogy az ´allapot jellemz´es´ehez p´eld´aul q¨i megad´asa is sz¨ uks´eges lenne, pedig azt qi ´es q˙i m´ar egy´ertelm˝ uen meghat´arozza. Ezek alapj´an a Hamilton-elvet a 5 6
Ezent´ ul a qi = q1 , q2 , . . . , qn ´es q˙i = q˙1 , q˙2 , . . . , q˙n jel¨ol´est haszn´aljuk. Egy mechanikai rendszer egy id˝oponthoz tartoz´o helyzet´et
´ OS ´ ELVEI 2. A FIZIKA VARIACI
42 k¨ovetkez˝o alakban ´ırhatjuk: Zt2
S=
L(qi , q˙i , t)dt
(53)
t1
A fenti kifejez´es a val´os´agban megval´osul´o mozg´as sor´an sz´els˝o´ert´eket vesz fel. Az integr´al´ast a mozg´as kezdeti (t1 ) ´es v´egs˝o (t2 ) helyzete k¨oz¨ott kell elv´egezni. Az 1.4 fejezetb˝ol tudjuk, hogy (53)-nak ann´al a qi f¨ uggv´enyn´el lesz sz´els˝o ´ert´eke, amely kiel´eg´ıti a ∂L d ∂L − =0 ∂qj dt ∂ q˙j
j = 1, 2, . . . , n
(54)
differenci´alegyenletet. Ez egyben a mechanikai rendszer mozg´asegyenlete is lesz. Az (54) ´altal´anos megold´asa 2n tetsz˝oleges ´alland´ot tartalmaz, amelyek a kezd˝ofelt´etelekb˝ol sz´amolhat´ok ki, azaz meg kell adnunk egy tetsz˝oleges id˝opillanatban a rendszert jellemz˝o ´allapothat´aroz´ok, a qi -k ´es q˙i -k ´ert´ekeit. A Lagrange-f¨ uggv´eny soha nincs egy´ertelm˝ uen meghat´arozva, hanem csak egy divergencia-kifejez´es erej´eig. Eset¨ unkben ez azt jelenti, hogy ha egy mechanikai rendszer L(qi , q˙i , t) Lagrange-f¨ uggv´eny´ehez egy tetsz˝oleges f (qi , t) f¨ uggv´eny teljes id˝oderiv´altj´at hozz´aadjuk, az ´ıgy kapott L0 (qi , q˙i , t) Lagrangef¨ uggv´eny is ugyanazokhoz a mozg´asegyenletekhez vezet, mint L(qi , q˙i , t). Ezt k¨onnyen bel´athatjuk, hiszen Zt2 0
Zt2 0
S =
L (qi , q˙i , t)dt = t1
Zt2
L(qi , q˙i , t)dt + t1
t1
d f (qi , t)dt = dt
= S + f (qi (t2 ), t2 ) − f (qi (t1 ), t1 ) = S + konstans Az S 0 extr´emum´anak hely´et a hozz´aadott konstans nem befoly´asolja, ´ıgy ugyanazok a qi f¨ uggv´enyek teszik extrem´aliss´a, mint S-t. Hat´arozzuk meg egy inerciarendszerben szabadon mozg´o t¨omegpont Lagrange-f¨ uggv´eny´et. (A sz´amol´as sor´an Descartes-koordin´at´akat haszn´alunk.) Tetsz˝oleges vonatkoztat´asi rendszerb˝ol n´ezve az id˝o ´es a t´er nem homog´en, ´es a t´er nem izotrop, azaz van kit¨ untetett id˝opont, kit¨ untetett hely ´es kit¨ untetett ir´any. Szerencs´ere mindig tal´alhat´o olyan vonatkoztat´asi rendszer, amely ezekkel a kellemetlen tulajdons´agokkal nem rendelkezik: bel˝ole n´ezve az id˝o homog´en, a t´er pedig homog´en ´es izotrop. Az ilyen vonatkoztat´asi rendszereket inerciarendszer eknek nevezz¨ uk. Az ilyen
2.2. A Hamilton-elv
43
vonatkoztat´asi rendszerben mozg´o t¨omegpont Lagrange-f¨ uggv´enye nem tartalmazhatja expliciten sem az ~r helyvektort, sem a t id˝ot. A t´er izotrop volt´ab´ol k¨ovetkezik, hogy a Lagrange-f¨ uggv´eny csak a t¨omegpont sebess´eg´enek nagys´ag´at´ol f¨ ugghet, azaz L = L(v 2 ) A f¨ ugg´es pontos form´aj´at a Galilei-f´ele relativit´asi elv seg´ıts´eg´evel hat´arozhatjuk meg. A Galilei-f´ele relativit´ asi elv kimondja, hogy az inerciarendszerek minden mechanikai jelens´eg szempontj´ ab´ ol ekvivalensek. A K inerciarendszerben legyen a t¨omegpont Lagrange-f¨ uggv´enye L(v 2 ). Mozogjon egy K 0 rendszer K-val szembe ´alland´o δv infinitezim´alis sebess´eggel. Ekkor a K 0 -ben mozg´o t¨omegpont sebess´ege v 0 = v + δv lesz, Lagrange-f¨ uggv´enye pedig L0 = L(v 02 ) = L(v 2 + 2vδv + δv 2 ) Fejts¨ uk ezt Taylor-sorba, ´es hanyagoljuk el az els˝on´el magasabb rend˝ u tagokat! (A hat´as vari´al´as´an´al is csak az els˝orend˝ u tagokra van sz¨ uks´eg.) L0 = L(v 02 ) = L(v 2 ) +
∂L(v 2 ) 2vδv ∂v 2
Mivel a Galilei-f´ele relativit´asi elv szerint K-r´ol K 0 -re val´o ´att´er´es sor´an a mozg´asegyenletek alakja nem v´altozhat, a K ´es K 0 -beli Lagrange-f¨ uggv´eny legfeljebb egy id˝o szerinti teljes deriv´altban k¨ ul¨onb¨ozhet egym´ast´ol. Ez´ert a jobboldal m´asodik tagja sz¨ uks´egk´eppen egy legfeljebb koordin´at´akt´ol ´es ∂L id˝ot˝ol f¨ ugg˝o teljes id˝o szerinti deriv´alt. Ez csak u ´gy lehets´eges, ha a ∂v 2 deriv´alt konstans. Ebb˝ol m´ar l´athat´o, hogy a Lagrange-f¨ uggv´eny v 2 -t˝ol f¨ ugg´ese csak ilyen lehet: L = a v2 m A tapasztalat szerint az a szorz´o -vel egyenl˝o, ahol m a mozg´o t¨omegpont 2 t¨omege. A Lagrange-f¨ uggv´eny additivit´asa miatt az egym´assal ´es k¨ uls˝o t´errel k¨olcs¨onhat´asban nem ´all´o t¨omegpontok rendszer´enek Lagrange-f¨ uggv´enye a k¨ovetkez˝o lesz: n X 1 mj vj2 (55) L= j=1 2 Ebb˝ol a Lagrange-f¨ uggv´enyb˝ol az (54) seg´ıts´eg´evel k´epzett mozg´asegyenletek szerint vj ´alland´o lesz (j = 1, 2, . . . , n). Teh´at az inerciarendszerben
´ OS ´ ELVEI 2. A FIZIKA VARIACI
44
mag´ara hagyott t¨omegpont (vagy t¨omegpontok) ´alland´o ir´any´ u ´es nagys´ag´ u sebess´eggel mozognak. Vizsg´aljuk most a t¨omegpontok u ´gynevezett z´ art rendszer´et, amelyben a t¨omegpontok egym´assal k¨olcs¨onhatnak ugyan, de k¨ uls˝o testekkel m´ar nem. Az ilyen z´art rendszer Lagrange-f¨ uggv´enye k´et r´eszb˝ol ´all. Egyr´eszt a k¨olcs¨onhat´asmentes (55) tagb´ol, ´es a k¨olcs¨onhat´ast jellemz˝o V (~r1 , ~r2 , . . . , ~rn ) f¨ uggv´enyb˝ol. L=
n X 1 j=1 2
mj vj2 − V (~r1 , ~r2 , . . . , ~rn )
(56)
ahol ~rj a j-edik t¨omegpont helykoordin´at´ait jel¨oli. Az (56) els˝o tagj´at a rendszer kinetikus energi´ a j´anak, a m´asodikat pedig a rendszer potenci´ alis energi´ a j´anak nevezz¨ uk. Ebb˝ol a Lagrange-f¨ uggv´enyb˝ol sz´armaztatott mozg´asegyenletek a m´ar j´ol ismert Newton-egyenletek: mj
d~vj ∂V =− dt ∂~rj
j = 1, 2, . . . , n
∂V a j-edik t¨omegpontra hat´o er˝o7 . ∂~rj A Hamilton-elv sokkal nagyobb elvi ´es gyakorlati jelent˝os´eggel b´ır, minthogy csak a Newton-egyenletek egyszer˝ u ´atfogalmaz´as´anak tekints¨ uk. Gyakorlati jelent˝os´ege abban nyilv´anul meg, hogy seg´ıts´eg´evel nagyon k¨onnyen ´att´erhet¨ unk g¨orbevonal´ u koordin´at´akra a mozg´asegyenletek fel´ır´as´an´al. A Newton-egyenletek ´attranszform´al´asa nagyon hosszadalmas feladat a m´asodik id˝oderiv´altak transzform´aci´oja miatt, a Lagrange-f¨ uggv´eny azonban csak az els˝orend˝ u deriv´altakat tartalmazza. A Hamilton-elv akkor is ´erv´enyes, ha a mozg´ast valamilyen k´enyszerfelt´etel korl´atozza. Ha p´eld´aul a t¨omegpont csak a G(~r) = ´alland´o egyenlettel megadott fel¨ uleten mozoghat, akkor a hat´as minimum´at az ahol −
Zt2
G(~r)dt = ´alland´o t1
alakban is ´ırhat´o mell´ekfelt´etel mellett kell megkeresn¨ unk (l´asd 1.10 fejezet). 7 ∂V ∂~ rj
³ a
∂V ∂V ∂V ∂xj , ∂yj , ∂zj
´ vektort jel¨oli.
2.2. A Hamilton-elv
45
Egy k´es˝obbi feladatn´al sz¨ uks´eg¨ unk lesz a k¨ovetkez˝ore: Deriv´aljuk le t szerint a hat´ast. t2 "
t2
#
Z d Z Ldt = dt t1
Zt2 "
= t1
Zt2 Ã
= t1
|
t1
∂L d q˙ + ∂q dt
∂L dq ∂L dq˙ ∂L + + dt = ∂q dt ∂ q˙ dt ∂t
Ã
!
#
∂L d ∂L ∂L dq˙ − q˙ + dt = ∂ q˙ dt ∂ q˙ ∂t
!
t2
t2
Z ∂L ∂L d ∂L d Z ∂L − qdt ˙ + qdt ˙ + dt ∂q dt ∂ q˙ dt ∂ q˙ ∂t {z
}
t1
t1
0
Rendezz¨ uk ´at a fenti egyenletet: Zt2 t1
Ã
!
t2
Z ∂L d ∂L L− q˙ dt = dt dt ∂ q˙ ∂t t1
⇓ ! d ∂L ∂L L− q˙ = dt ∂ q˙ ∂t A z´ar´ojelben l´ev˝o kifejez´es m´ınusz egyszeres´et a mechanikai rendszer energi´aj´anak nevezz¨ uk. L´athat´o, hogy ha a Lagrange-f¨ uggv´eny nem f¨ ugg explicite az id˝ot˝ol, a rendszer energi´aja ´alland´o marad. A Hamilton-elv alkalmazhat´o kiterjedt testekre (´ ugynevezett kontinuumokra), ´es fontos szerepet j´atszott a kvantummechanika kialakul´as´aban is. Ã
P´ elda: A matematikai inga. ´Irjuk le a matematikai inga mozg´as´ at kis amplit´ ud´ oj´ u leng´esek eset´en. C´elszer˝ u a sz´amol´as sor´an pol´arkoordin´at´ akat haszn´alni (10. ´abra). Az inga 1 2 2 alis energi´aja, ha a nullszintet a kinetikus (mozg´asi) energi´aja ml ϕ˙ . Potenci´ 2 ϕ = 0-n´al vessz¨ uk fel, mgl(1 − cos ϕ)-vel lesz egyenl˝ o. A Lagrange-f¨ uggv´eny a mozg´asi ´es potenci´alis energia k¨ ul¨onbs´ege. 1 L = ml2 ϕ˙ 2 − mgl(1 − cos ϕ) 2 K´epezz¨ uk a Lagrange-f¨ uggv´eny ϕ, ϕ˙ ´es t szerinti deriv´altjait: ∂L = −mgl sin ϕ ∂ϕ d ∂L = ml2 ϕ¨ dt ∂ ϕ˙
∂L = ml2 ϕ˙ ∂ ϕ˙
´ OS ´ ELVEI 2. A FIZIKA VARIACI
46
φ
l
m
10. ´abra.
Ebb˝ol a mozg´asegyenletre d ∂L ∂L − = ml2 ϕ¨ + mgl sin ϕ = 0 ∂ϕ dx ∂ ϕ˙ ad´odik. Osszuk el az egyenletet ml2 -tel: g ϕ¨ + sin ϕ = 0 l Kis sz¨ogek eset´en sin ϕ k¨ozel megegyezik ϕ-vel. Ezt felhaszn´alva kis kit´er´esek eset´en a mozg´asegyenletet k¨ozel´ıthetj¨ uk a g ϕ¨ + ϕ = 0 l egyenlettel. Ennek megold´asa a ϕ = α sin(ωt + β) r
g , α ´es β pedig szabadon v´alaszthat´ o konstansok, melyeket l a kezdeti felt´etelekb˝ol hat´arozhatunk meg. Legyen a t = 0 id˝opillanatban az inga kit´er´ese ϕ0 , a sz¨ogsebess´ege pedig z´erus. f¨ uggv´eny, ahol ω =
ϕ(0) = α sin(ωt + β) = ϕ0 ϕ(0) ˙ = αω cos(ωt + β) = 0 π Ezt az egyenletrendszert megoldva α = ϕ0 -t ´es β = -t kapunk a konstansokra. 2 A mozg´ast teh´at a µ
π ϕ(t) = ϕ0 sin ωt + 2
¶
= ϕ0 cos(ωt)
2.2. A Hamilton-elv
47
f¨ uggv´eny ´ırja le. Sz´amoljuk ki a leng´es T peri´odusidej´et. Peri´ odikus mozg´asokn´ al a rendszer ´allapota ϕ(t)-ben ´es ϕ(t + T )-ben megegyezik. Legyen speci´alisan t = 0. Ekkor cos(0) = cos(ωT ) ⇓ 2πk = ωT ahol k eg´esz sz´am. Keress¨ uk a legkisebb id˝ot k´et azonos ´allapot k¨oz¨ ott. Ezt k = 1 eset´en kapjuk meg: s l T = 2π g
´ OS ´ MODSZEREK ´ 3. VARIACI
48
3. 3.1.
Vari´ aci´ os m´ odszerek A Ritz-m´ odszer
A vari´aci´osz´am´ıt´as legegyszer˝ ubb feladata, az ZxB
L(y(x), y 0 (x), x)dx
I[y(x)] =
(57)
xA
funkcion´al extr´emum´anak megtal´al´asa egy differenci´alegyenlet megold´as´ara vezethet˝o vissza. Ha azonban a vari´aci´os feladatot nem akarjuk (vagy nem tudjuk) teljesen pontosan megoldani, megel´egsz¨ unk egy k¨ozel´ıt˝o megold´assal, a feladat l´enyegesen leegyszer˝ us´ıthet˝o. V´alasszunk egy olyan y˜(c1 , c2 , . . . , cn , x) f¨ uggv´enyoszt´alyt, melynek elemei n sz´am´ u param´etert˝ol f¨ uggenek, ´es mindegyik¨ uk kiel´eg´ıti az el˝o´ırt y˜A = y(xA ) ´es y˜B = y(xB ) peremfelt´eteleket. Az I funkcion´al ´ert´eke ezen f¨ uggv´enyoszt´alyon csak a ci param´eterek f¨ uggv´enye, ´ıgy ezen f¨ uggv´enyek k¨oz¨ ul I extr´emum´at az Euler-Lagrange-egyenlet megker¨ ul´es´evel, a ∂I(c1 , c2 , . . . , cn ) =0 ∂ci
i = 1, 2, . . . , n
(58)
egyenletrendszer megold´as´aval elemi u ´ton megkaphatjuk. Az ´ıgy kapott y˜(x) f¨ uggv´enyt az igazi extrem´alis k¨ozel´ıt´es´enek, az I[˜ y (x)]-t pedig a funkcion´al igazi extr´emum ´ert´eke k¨ozel´ıt´es´enek foghatjuk fel. A k¨ozel´ıt´es j´os´ag´at az d¨onti el, hogy az I[˜ y (x)] ´ert´eke mennyire k¨ozel´ıti meg az extrem´alis y¯(x) f¨ uggv´enyn´el felvett I[¯ y (x)] ´ert´eket. I[y(x)]-nek sz´els˝o´ert´eke van az y¯(x) extrem´alis f¨ uggv´enyn´el, ez´ert ha y˜(x) elt´er´ese y¯(x)-t˝ol kicsiny, az I[˜ y (x)] k¨ozel megegyezik I[¯ y (x)]-el. I[˜ y (x)] − I[¯ y (x)] = I[¯ y (x) + δy] − I[¯ y (x)] = δI = 0 A (58) egyenletrendszer seg´ıts´eg´evel olyan ci param´etereket v´alaszthatunk ki, amelyekn´el I[˜ y (x)] maxim´alis m´ert´ekben k¨ozel´ıti I[¯ y (x)] sz´els˝o´ert´eket. Nagy m´ert´ekben n¨oveli a pontoss´agot, ha van valami elk´epzel´es¨ unk (sejt´es¨ unk) a megold´asr´ol, ´es eszerint v´alasztjuk meg a y(c1 , c2 , . . . , cn , x) f¨ uggv´enyoszt´alyt8 . 8
Min´el t¨obb param´eter szerepel y(c1 , c2 , . . . , cn , x)-ban, ann´al jobb k¨ozel´ıt´est kapunk. Tov´abb´a u ´gy c´elszer˝ u megv´alasztanunk y(c1 , c2 , . . . , cn , x)-t, hogy azt vissza´ırva a funkcion´alba el tudjuk v´egezni az integr´al´ast.
3.2. A Luttinger-Thomas-f´ele vari´aci´os m´odszer
3.2.
49
A Luttinger-Thomas-f´ ele vari´ aci´ os m´ odszer
A Luttinger-Thomas-f´ele vari´aci´os m´odszert peri´odikus mozg´asok peri´odusidej´enek megbecsl´es´ere haszn´alhatjuk. Azt ´all´ıtjuk, hogy ha a peri´odikus mozg´ast v´egz˝o rendszer Lagrange-f¨ uggv´enye nem f¨ ugg explicite az id˝ot˝ol, akkor a ZT
Z[q(t)] =
[L(q, q) ˙ + E] dt
(59)
0
funkcion´al a megval´osul´o mozg´asn´al sz´els˝o´ert´eket vesz fel. Az E a rendszer energi´aja, amely abban az esetben, ha a Lagrange-f¨ uggv´eny nem f¨ ugg expliciten az id˝ot˝ol, ´alland´o. Legyen a megval´osul´o mozg´as trajekt´ori´aja q(t). Megmutatjuk, hogy ha ezt kis m´ert´ekben megv´altoztatjuk (q + δq), Z ´ert´eke els˝o rendben nem fog v´altozni. Nem musz´aly csak a T peri´odusidej˝ u virtu´alis trajekt´ori´ak k¨or´eben maradnunk, megv´altoztathatjuk q-t u ´gy is, hogy a peri´odusid˝o T +δT -re v´altozz´ek (11. ´abra). M´eg ´ıgy is el´eg j´o k¨ozel´ıt´est adhatunk a val´odi mozg´asra. Ekkor (59)-t ´ıgy ´ırhatjuk: q(t)
q+δ q T T+δ T
q
11. ´abra.
TZ+δT
Z + δZ =
[L(q + δq, q˙ + δ q) ˙ + E] dt 0
t
´ OS ´ MODSZEREK ´ 3. VARIACI
50
Fejts¨ uk a jobb oldalt Taylor-sorba q ´es T szerint az els˝o rend˝ u tagokig bez´ar´olag: ZT "
ZT
Z + δZ =
[L(q, q) ˙ + E] dt + 0
0
∂ + ∂T ZT "
+ 0
ZT 0
#
∂L ∂L δq + δ q˙ dt + ∂q ∂ q˙
T
Z ∂ Ldt + ˙ + E] dt + (ET ) δT = [L(q, q) ∂T #
0
"
#
∂L d ∂L ∂S − δqdt + + E δT ∂q dt ∂ q˙ ∂T
Mindk´et oldalb´ol vonjunk ki Z-t! ´Igy a jobb oldalon k´et tag fog ´allni, amelyek ¨osszege megadja Z megv´altoz´as´at. ZT "
δZ = 0
#
"
#
∂S ∂L d ∂L δqdt + − + E δT ∂q dx ∂ q˙ ∂T
(60)
A jobb oldal els˝o tagj´ar´ol m´ar tudjuk, hogy nulla lesz (l´asd 1.4 fejezet). A m´asodik tagot r´eszletesebben meg kell vizsg´alnunk. Induljunk ki a Hamiltonelvb˝ol, vizsg´aljuk a mozg´as egy peri´odus´at: ZT
S=
L(q, q)dt ˙ 0
Tudjuk, hogy a rendszer energi´aj´at a k¨ovetkez˝o kifejez´es adja meg: ∂L(q, q) ˙ E = q˙ − L(q, q) ˙ ∂ q˙ Fejezz¨ uk ki ebb˝ol az L-t ´es helyettes´ıts¨ uk be a hat´asba: ZT "
S= 0
# q(T Z ) ∂L(q, q) ˙ ∂L(q, q) ˙ − E dt = dq − ET q˙ ∂ q˙ ∂ q˙ q(0)
Peri´odikus mozg´as eset´en q(0) = q(T ), ez´ert az integr´al ´ert´eke nulla lesz. A marad´ekot deriv´aljuk le T szerint: dS = −E dT ⇓ dS +E =0 dT
3.2. A Luttinger-Thomas-f´ele vari´aci´os m´odszer
51
A sz´amol´as sor´an q a megval´osul´o mozg´as trajekt´ori´aja volt, ugyan´ ugy mint (60)-ban, teh´at a (60) jobb oldal´anak m´asodik tagja is egyenl˝o null´aval. Bel´attuk teh´at, hogy (59) a T ´es q kis megv´altoz´asa eset´en els˝o rendben v´altozatlan, azaz extr´emuma van. Ezt a tulajdons´ag´at felhaszn´alhatjuk a peri´odusid˝o megbecsl´es´ere. Adjunk meg egy q(c1 , c2 , . . . , cn , t) f¨ uggv´enyt, amely a val´odi mozg´as trajekt´ori´aj´ahoz hasonl´o, helyettes´ıts¨ uk be (59)be, ´es k´epezz¨ uk (59) c1 , c2 , . . . , cn ´es T szerinti deriv´altjait. Ott kapunk sz´els˝o´ert´eket, ahol a deriv´altak mind elt˝ unnek. Ez n+1 egyenlet c1 , c2 , . . . , cn ´es T -re, melyb˝ol T meghat´arozhat´o9 . P´ elda: A matematikai inga peri´ odusideje. Becs¨ ulj¨ uk meg a matematikai inga peri´odusidej´et nagy amplit´ ud´oj´ u leng´esek eset´en! A 2.2 fejezet v´eg´en fel´ırtuk a matematikai inga Lagrange-f¨ uggv´eny´et: 1 L = ml2 ϕ˙ 2 − mgl(1 − cos ϕ) 2
(61)
Keresn¨ unk kell egy f¨ uggv´enyt, ami hasonl´o mozg´ast ´ır le, mint az inga mozg´asa. Err˝ol j´oform´an csak annyit tudunk, hogy peri´odikus ´es tal´an a szinusz f¨ uggv´enyhez hasonl´ıt. Azt is szem el˝ott kell tartanunk, hogy a k¨ozel´ıt˝ o f¨ uggv´enyt (61)-be ´ırva az integr´al´ast el tudjuk v´egezni. A legegyszer˝ ubb lehet˝os´eg egy ,,f˝ ur´eszfog” alak´ u f¨ uggv´eny: φ φ0
φ (t) 3T 4 T 4
T 2
−φ0
12. ´abra. 9
,,Mell´ekterm´ekk´ent” kapunk egy becsl´est E-re is.
T
t
´ OS ´ MODSZEREK ´ 3. VARIACI
52 4ϕ0 t T
ϕ(t) =
4ϕ0
− t + 2ϕ0 T 4ϕ0 t − 4ϕ 0
T 4
ha
0
ha
T 3T
3T
ϕ(t) ˙ =
−
4ϕ0
T 4ϕ0
T
ha
T 4
ha
0
ha
T 3T
ha
3T
´Irjuk be ϕ(t)-t ´es ϕ(t)-t ˙ a (61)-ba, azt pedig (59)-be. T
Z4 "
Z = 0
3T Z4 "
+ T 4
ZT "
+ 3T 4
µ
µ
1 2 16ϕ20 4ϕ0 ml t − mgl 1 − cos 2 2 T T µ
¶¶#
dt +
µ
1 2 16ϕ20 −4ϕ0 ml t + 2ϕ0 − mgl 1 − cos 2 2 T T µ
µ
1 2 16ϕ20 4ϕ0 ml t − 4ϕ0 − mgl 1 − cos 2 2 T T
¶¶#
dt +
¶¶#
ZT
dt +
Edt 0
(62) Az integr´al´as elv´egz´ese ut´an a µ
8ml2 ϕ20 sin ϕ0 Z= − mglT 1 − T ϕ0
¶
+ ET
∂Z ∂Z ´es nulla ∂ϕ0 ∂T legyen. A T peri´odusid˝o meghat´aroz´ as´ ahoz elegend˝o csak a ϕ0 szerinti deriv´al´ast k´epletet kapjuk. A T -t ´es ϕ0 -t u ´gy kell megv´alasztani, hogy
3.2. A Luttinger-Thomas-f´ele vari´aci´os m´odszer
53
elv´egezni. ∂Z 16ml2 ϕ0 ϕ0 cos ϕ0 − sin ϕ0 = + mglT =0 ∂ϕ0 T ϕ20 ⇓ s s
T =4
l g
ϕ30 sin ϕ0 − ϕ0 cos ϕ0
(63)
Ha a mozg´asegyenlet alapj´an sz´amoltuk volna ki a peri´odusid˝ ot, a s µ
T = 2π
l 1 91 1 + ϕ20 + ϕ4 + . . . g 16 12288 0
¶
(64)
v´egtelen sort kaptuk volna [2]. A sor els˝o h´arom tagj´aval sz´amolva ´abr´ azoljuk T( φ )
Sorfejtés alapján kaptuk
Luttinger-Thomas módszer 6,92 6,28 φ π
13. ´abra. (63)-t ´es (64)-t s (13. ´abra)! L´athatjuk, hogy sokkal jobb k¨ozel´ıt´est kaptunk T -re, l konstans ´ert´ek. A (64) k¨ozepes kit´er´esek (ϕ0 ≈ 90◦ ) eset´en mint a T = 2π g kevesebb mint 5%-os hib´aval becsli meg a T -t.
´ OS ´ MODSZEREK ´ 3. VARIACI
54
A k¨ovetkez˝o fekezetben egy kvantummechanik´aban haszn´alhat´o vari´aci´os m´odszert fogunk bemutatni.
3.3.
Transzmisszi´ os koefficiens
Egy r´eszecske halad egy potenci´alg´at fel´e. Mi fog t¨ort´enni a r´eszecsk´evel az u ¨tk¨oz´es ut´an, ha a r´eszecske energi´aja kisebb a potenci´alg´at nagys´ag´an´al? A klasszikus fizikai szeml´elet¨ unk alapj´an azt mondhatn´ank, hogy visszapattan arr´ol. Az elemi r´eszecsk´ek vil´ag´aban azonban m´as a helyzet. A r´eszecske ´at is haladhat az akad´alyon annak ellen´ere, hogy nincsen hozz´a elegend˝o energi´aja. Ezt a jelens´eget alag´ ut-effektusnak nevezz¨ uk. Nem tudjuk pontosan megmondani azt, hogy a r´eszecske ´athalad-e vagy ink´abb visszapattan a potenci´alg´atr´ol, csak az egyes esem´enyek val´osz´ın˝ us´eg´er˝ol kapunk inform´aci´ot. N´eh´any speci´alis esetben ki tudjuk pontosan sz´amolni annak a val´osz´ın˝ us´eg´et, hogy a r´eszecske ´athalad-e g´aton, de kicsit bonyolultabb alak´ u potenci´alg´atakn´al m´ar bajban vagyunk. K¨onnyen egy olyan differenci´alegyenlettel ker¨ ulhet¨ unk szembe, amelyet nem tudunk megoldani. Ekkor kell seg´ıts´eg¨ ul h´ıvni a k¨ ul¨onb¨oz˝o k¨ozel´ıt˝o m´odszereket. A most ismertet´esre ker¨ ul˝o m´odszer nem a k´erd´eses differenci´alegyenlet megold´as´at seg´ıti. Val´oj´aban nem is erre van sz¨ uks´eg¨ unk, hanem az ´athalad´as val´osz´ın˝ us´eg´ere, azaz a transzmisszi´ os koefficiensre, ami egy sz´am. Induljunk ki a Scr¨odinger-egyenletb˝ol. h ¯ 2 d2 ψ(x) ˜ − + U (x)ψ(x) = Eψ(x) 2m dx2 A fenti egyenletben h ¯ a Planck ´alland´o, m a r´eszecske t¨omege, ψ(x) a r´eszecske hull´amf¨ uggv´enye, E pedig az energi´aja. A potenci´alg´at alakj´at az U˜ (x) f¨ uggv´eny ´ırja le. C´elszer˝ u lenne az egyenletet olyan alakra hozni, hogy k´es˝obb min´el ´attekinthet˝obb eredm´enyre jussunk. Szorozzuk meg mindk´et 2m oldalt − 2 -tel! Vezess¨ uk be a k¨ovetkez˝o jel¨ol´eseket: h ¯ 2m E = k2 h ¯2
´es
2m ˜ U (x) = U (x) h ¯2
´Igy a k¨ovetkez˝o egyenletet kapjuk: Ã
!
d2 + k 2 ψ(x) = U (x)ψ(x) dx2
(65)
3.3. Transzmisszi´os koefficiens
55
A tov´abbiakban a k-t10 mindig pozit´ıvnak tekintj¨ uk (k > 0). A (65) homog´en v´altozata, a ! Ã d2 2 + k ψ(x) = 0 dx2 egyenlet a szabadon mozg´o r´eszecsk´eket ´ırja le. Ennek megold´asa a ψ(x) = aeikx + be−ikx ahol a ´es b konstansok. A ψ(x) els˝o tagja a jobbra halad´o, m´asodik tagja a balra halad´o r´eszecsk´et ´ırja le. Az inhomog´en egyenlet megold´as´aban seg´ıts´eg¨ unkre lesz, ha megoldjuk a Ã
!
d2 + k 2 Gk (x) = −4πδ(x) 2 dx
(66)
egyenletet. Gk (x)-et a (65) Green-f¨ uggv´eny´enek nevezz¨ uk. A k index arra utal, hogy a (66) ´altal le´ırt r´eszecske hull´amvektora k. δ(x) a Dirac-delta f¨ uggv´eny, a −4π szorz´o pedig trad´ıcion´alis okokb´ol szerepel az egyenletben. Az egyenlet az x 6= 0 helyeken olyan, mint a homog´en egyenlet, de az x = 0ban valami t¨ort´enik vele. Ennek alapj´an k¨onnyen fel´ırhatjuk a megold´ast az x < 0 ´es x > 0 helyeken. Gk (x) =
ikx + be−ikx ae
ha x < 0
ceikx + de−ikx ha x > 0
De vajon mi a helyzet az x = 0 pontban? Csak olyan megold´asokkal foglalkozunk, amelyek folytonosak11 . Ekkor ha a Gk (x) f¨ uggv´ennyel tartunk balr´ol ´es jobbr´ol is null´ahoz, ugyanazt az ´ert´eket kell kapnunk. Gk (0− ) = Gk (0+ )
⇒
a+b=c+d
A (66) egyenlet seg´ıts´eg´evel tov´abbi inform´aci´ot kapunk a Gk (x) f¨ uggv´eny deriv´altjair´ol. El˝osz¨or is sz´amoljuk ki a deriv´altak ,,ugr´as´at” az x = 0 pontban. G0k (0+ ) − G0k (0− ) = ikc − ikd − ika + ikb p~ A k tulajdonl´eppen a r´eszecske hull´amvektora, ~k = . Mivel csak egydimenzi´os ¯h mozg´asokat vizsg´alunk, elhagyjuk a vektorjel¨ol´eseket. 11 A Schr¨odinger-egyenlet megold´asait´ol megk¨ovetelj¨ uk, hogy egy´ert´ek˝ uek, folytonosak ´es n´egyzetesen integr´alhat´oak legyenek. 10
´ OS ´ MODSZEREK ´ 3. VARIACI
56
Integr´aljuk az (66) egyenletet x szerint a nulla k¨or¨ uli infinitezim´alis tartom´anyon. Az eredm´eny: G0k (0+ ) − G0k (0− ) = −4π Az ut´obbi k´et egyenletb˝ol levonhatjuk a konkl´ uzi´ot: ikc − ikd − ika + ikb = −4π Teh´at van a (66) egyenlet megold´as´ara egy f¨ uggv´eny n´egy szabadon v´alaszthat´o konstanssal, ´es k´et felt´etellel a konstansokra (a f¨ uggv´eny x = 0 k¨or¨ uli viselked´es´eb˝ol). Ez ¨osszesen k´et szabadon v´alaszthat´o konstanst enged meg a megold´asban. A felt´etelek seg´ıts´eg´evel k¨ usz¨ob¨olj¨ uk ki az a ´es d konstansokat! 2π ikx e ceikx + be−ikx + ik
ha x < 0
2π −ikx ceikx + be−ikx + e
ha x > 0
Gk (x) =
ik
Ez teh´at a k´et szabadon v´alaszthat´o konstanst´ol f¨ ugg˝o megold´as. Ha a k´et konstanst megfelel˝oen v´alasztjuk meg, a (66) egyenlet az x = 0 pontb´ol 2π kiindul´o r´eszecsk´et ´ır le. Legyen b = c = − . Ekkor: ik Gk (x) = −
2π ik|x| e ik
(67)
Ez olyan, mintha az x = 0-ban egy pontszer˝ u r´eszecskeforr´as lenne. A (65) egyenlet jobb oldal´an ´all´o U (x)ψ(x) egy r´eszecskeforr´ast jelent (hiszen bel˝ole r´eszecsk´ek indulnak balra — visszavert vagy reflekt´alt r´eszecske — ´es jobbra — ´athalad´o vagy transzmitt´alt r´eszecske) melyet pontszer˝ u forr´assal helyettes´ıtett¨ unk a (66)-ban. Az (65) egyenlet egy differenci´alegyenlet. Csin´aljunk bel˝ole a Greenf¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel egy integr´alegyenletet! Ã
! Z∞ d2 2 + k ψ(x) = U (x)ψ(x) = δ(x − x0 )U (x0 )ψ(x0 )dx0 = dx2 −∞
(66) 1 = − 4π
Z∞ −∞
Ã
!
d2 + k 2 Gk (x − x0 )U (x0 )ψ(x0 )dx0 = dx2
3.3. Transzmisszi´os koefficiens Ã
=
d2 + k2 dx2
!µ
−1 4π
57 ¶ Z∞
|
Gk (x − x0 )U (x0 )ψ(x0 )dx0 −∞
{z
}
ψ(x)
vagyis
∞ 1 Z ψ(x) = − Gk (x − x0 )U (x0 )ψ(x0 )dx0 4π
(68)
−∞
De m´eg valami hi´anyzik. Egy inhomog´en differenci´alegyenlet megold´as´at u ´gy kapjuk meg, ha a homog´en egyenlet ´altal´anos megold´as´ahoz hozz´aadjuk az inhomog´en egyenlet egy partikul´aris megold´as´at. Itt a (68) tekinthet˝o az inhomog´en egyenlet partikul´aris megold´as´anak. A homog´en egyenlet megold´asa: ψ(x) = aeikx + be−ikx (69) A (65) egyenlet homog´en v´altozat´anak megold´as´an´al k´et esetet kell vizsg´alnunk, nevezetesen amikor a r´eszecske balr´ol j¨on, ´es amikor a r´eszecske jobbr´ol j¨on. A r´eszecske balr´ ol, x = −∞ fel˝ol j¨on. L´atni fogjuk, hogy a = A ´es b = 0. Az A a ψ(x) hull´amf¨ uggv´eny amplit´ ud´oja. A Schr¨odinger egyenletb˝ol kaphat´o integr´alegyenlet a k¨ovetkez˝o alak´ u lesz12 : ψk (x) = Ae
ikx
∞ 1 Z − Gk (x − x0 )U (x0 )ψk (x0 )dx0 4π
(70)
−∞
Egyszer˝ u sz´amol´assal meggy˝oz˝odhet¨ unk r´ola, hogy ez kiel´eg´ıti a (65)t. Ez az egyenlet, szemben a differenci´alegyenlettel, m´ar tartalmazza a peremfelt´eteleket a mozg´asra. Nagy negat´ıv x-ekre van egy bees˝o ´es egy visszaver˝od˝ott r´eszecske, nagy pozit´ıv x-ekre pedig van egy r´eszecske, amely ´athaladt a potenci´alg´aton. N´ezz¨ uk meg ezt r´eszletesebben. Ha x → −∞, akkor a Green-f¨ uggv´eny abszol´ ut ´ert´ek jel´en bel¨ ul nagy negat´ıv sz´am fog ´allni, ez´ert az abszol´ ut ´ert´ek jel elhagy´asa ut´an a kitev˝obe egy negat´ıv el˝ojelet kell ´ırnunk, hogy a kitev˝o pozit´ıv maradjon. Gk (x − x0 ) = 12
2πi −ik(x−x0 ) e k
A ψ(x) hull´amf¨ uggv´enyt k ´es −k indexszel l´atjuk el annak megk¨ ul¨onb¨oztet´ese v´egett, hogy az ´altala le´ırt r´eszecske balr´ol illetve jobbr´ol j¨ott.
´ OS ´ MODSZEREK ´ 3. VARIACI
58
´Irjuk be ezt a (70) egyenletbe! Egyszer˝ us´ıt´esek ut´an kapjuk a k¨ovetkez˝ot:
Z∞ −i 0 ikx ψk (x) = Ae + eikx U (x0 )ψk (x0 )dx0 e−ikx 2k |
−∞
{z
(71)
}
AR
ahol R-t reflexi´os koefficiensnek nevezz¨ uk. Ha x → ∞, akkor a Green-f¨ uggv´enyen bel¨ uli abszol´ ut ´ert´ek jelet elhagyhatjuk, ett˝ol a kitev˝o el˝ojele nem fog megv´altozni. Gk (x − x0 ) =
2πi ik(x−x0 ) e k
Ezt a (70)-be ´ırva, ´es az egyszer˝ us´ıt´eseket elv´egezve megkapjuk a balr´ol j¨ov˝o r´eszecske hull´amf¨ uggv´eny´enek a m´asik fel´et.
Z∞ i 0 ψk (x) = A − e−ikx U (x0 )ψ(x0 )dx0 eikx 2k −∞
|
{z
(72)
}
AT
ahol T -t transzmisszi´os koefficiensnek nevezz¨ uk. ¨ Osszefoglalva a (71) ´es (72) egyenleteket a hull´amf¨ uggv´enyre kapjuk a ψk (x) = A
ikx + Re−ikx e
T eikx
ha x → −∞ (73) ha x → ∞
ami val´oban a balr´ol j¨ov˝o r´eszecsk´et ´ırja le. Miel˝ott ´att´ern´enk a jobbr´ol j¨ov˝o r´eszecsk´ere, alak´ıtsul ´at egy kicsit a (70)t. A (72)-b˝ol tudjuk, hogy ∞ i Z −ikx0 AT = A − e U (x0 )ψk (x0 )dx0 2k −∞
Ebb˝ol az A-t kifejezve az Z∞ i 0 A= e−ikx U (x0 )ψk (x0 )dx0 2k(1 − T ) −∞
3.3. Transzmisszi´os koefficiens
59
kapjuk. Helyettes´ıts¨ uk ezt be a (70)-be. Az eredm´eny: ∞ Z∞ i 1 Z −ikx0 0 0 0 ikx ψk (x) = e e U (x )ψk (x )dx − Gk (x−x0 )U (x0 )ψk (x0 )dx0 2k(1 − T ) 4π −∞
−∞
(74) Erre m´eg k´es˝obb sz¨ uks´eg¨ unk lesz. Most t´erj¨ unk ´at a m´asodik esetre. A r´eszecske jobbr´ol, x = ∞ fel˝ ol j¨on. Most az (69) egyenletben a = 0 ´es b = A ´ert´ekeket kell adni a konstansoknak. A Schr¨odinger egyenletb˝ol kaphat´o integr´alegyenlet ebben az esetben ψ−k (x) = Ae
−ikx
∞ 1 Z − Gk (x − x0 )U (x0 )ψ−k (x0 )dx0 4π
(75)
−∞
Visszahelyettes´ıt´essel meggy˝oz˝odhet¨ unk r´ola, hogy ez is kiel´eg´ıti a (65) egyenletet. N´ezz¨ uk meg itt is a peremfelt´eteleket. Ha x → −∞, a Green-f¨ uggv´eny, hasonl´oan az el˝oz˝o esethez, a k¨ovetkez˝o alak´ u lesz: 2πi −ik(x−x0 ) Gk (x − x0 ) = e k Ezt be´ırva (75)-ba, majd elv´egezve az egyszer˝ us´ıt´eseket
∞ i Z ikx0 e U (x0 )ψ−k (x0 )dx0 e−ikx ψ−k (x) = A − 2k −∞
|
{z
(76)
}
AT 0
ad´odik. T 0 a transzmisszi´os koefficiens. Ha x → ∞, a Green-f¨ uggv´eny Gk (x − x0 ) =
2πi ik(x−x0 ) e k
lesz. A (75)-ba behelyettes´ıtve kapjuk a k¨ovetkez˝ot:
Z∞ −i 0 −ikx ψ−k (x) = Ae + e−ikx U (x0 )ψ−k (x0 )dx0 eikx 2k |
−∞
{z AR0
ahol R0 a reflexi´os koefficiens.
}
(77)
´ OS ´ MODSZEREK ´ 3. VARIACI
60
¨ Osszefoglalva a (76) ´es (77) egyenleteket a hull´amf¨ uggv´enyre azt kapjuk, hogy T 0 e−ikx ha x → −∞ ψ−k (x) = A (78) −ikx e + R0 eikx ha x → ∞ Alak´ıtsuk ´at most is a (75) egyenletet a (76) seg´ıts´eg´evel. ∞ i Z ikx0 AT = A − e U (x0 )ψ−k (x0 )dx0 2k 0
−∞
Ebb˝ol A-t kifejezve az Z∞ i 0 A= eikx U (x0 )ψ−k (x0 )dx0 0 2k(1 − T ) −∞
kapjuk. Helyettes´ıts¨ uk ezt vissza a (75)-ba. Az eredm´eny: ∞ Z∞ i 1 Z −ikx ikx0 0 0 0 ψ−k (x) = e e U (x )ψ−k (x )dx − Gk (x−x0 )U (x0 )ψ−k (x0 )dx0 0 2k(1 − T ) 4π −∞
−∞
(79) Erre az egyenletre is sz¨ uks´eg¨ unk lesz. A m´asodik eset t´argyal´as´an´al, mikor a r´eszecske jobbr´ol j¨ott, az R reflexi´os ´es T transzmisszi´os koefficiensek helyett az R0 ´es T 0 jel¨ol´eseket haszn´altuk. Semmi okunk sincs felt´etelezni, hogy a r´eszecske jobbr´ol is ´es balr´ol is ugyan olyannak ,,l´atja” a potenci´alg´atat (kiv´eve ha az szimmetrikus), hiszen a sz´amol´as sor´an is l´atszik, a T -re ´es T 0 -re k¨ ul¨onb¨oz˝o k´epleteket kapunk. Viszont fontos lenne tudnunk, milyen kapcsolatban ´all egym´assal a T ´es a T 0 . Tudjuk, hogy ha egy hull´amf¨ uggv´eny megold´asa a Schr¨odingeregyenletnek, akkor annak id˝ot¨ ukr¨oz¨ottje is megold´as. Egy hull´amf¨ uggv´eny id˝ot¨ ukr¨oz¨ottj´et pedig u ´gy kapjuk meg, ha a t hely´ebe −t -t ´ırunk, ´es komplex konjug´aljuk a f¨ uggv´enyt. Mivel most a hull´amf¨ uggv´eny id˝of¨ ugg´es´et nem vizsg´aljuk, csak egyszer˝ uen konjug´alnunk kell ψ(x)-t. N´ezz¨ uk a balr´ol j¨ov˝o r´eszecsk´et, ´es vegy¨ uk a (73) komplex konjug´altj´at: ψk∗ (x) = A
−ikx + R∗ eikx e
T ∗ e−ikx
ha x → −∞ ha x → ∞
3.3. Transzmisszi´os koefficiens
61
Vonjuk ki ebb˝ol az eredeti hull´amf¨ uggv´eny R∗ -szoros´at.
ψk∗ (x)
∗
− R ψk (x) = AT
∗
1 − |R|2 −ikx e T∗
∗ e−ikx − R T eikx T∗
ha x → −∞ ha x → ∞
Ha ebben a f¨ uggv´enyben nem lenne benne az eg´esz f¨ uggv´enyt szorz´o T ∗ , pont u ´gy n´ezne ki, mint egy jobbr´ol becsap´od´o r´eszecske hull´amf¨ uggv´enye. A jobbr´ol becsap´od´o r´eszecske hull´amf¨ uggv´enye viszont a (78). Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy T0 =
1 − |R|2 T∗
´es
R0 = R∗
T T∗
Az els˝o egyenletet ´atalak´ıtva T 0 T ∗ + RR∗ = 1 kapunk (RR∗ = |R|2 ). Viszont tudjuk, hogy az ´athalad´as val´osz´ın˝ us´eg´enek ´es a visszaver˝od´es val´osz´ın˝ us´eg´enek az ¨osszege pontosan egyet kell hogy adjon. |T |2 + |R|2 = 1
azaz
T T ∗ + RR∗ = 1
Ebb˝ol m´ar vil´agosan l´atszik, hogy T = T0 Ezek ut´an minden eddigi k´epletben, ahol T 0 ´allt, T -t fogunk ´ırni. ´ most k¨ovetkezik a m´odszer l´enyege. Szorozzuk meg a (74) egyenletet Es U (x)ψ−k (x)-el ´es integr´aljuk x szerint −∞-t˝ol ∞-ig. Z∞ −∞
Z∞ Z∞ i 0 ikx ψk (x)U (x)ψ−k (x)dx = e U (x)ψ−k (x)dx e−ikx U (x0 )ψk (x0 )dx0 − 2k(1 − T ) −∞
−
1 4π
−∞
Z∞ Z∞
Gk (x − x0 )U (x)ψ−k (x)U (x0 )ψk (x0 )dxdx0 −∞ −∞
´ OS ´ MODSZEREK ´ 3. VARIACI
62
Rendezz¨ uk ´at az egyenletet u ´gy, hogy a bal oldalon Z∞
1 2k −∞ = 1−T i
1 ´alljon: 1−T
∞ ∞ 1 Z Z Gk (x − x0 )U (x)ψ−k (x)U (x0 )ψk (x0 )dxdx0 ψk (x)U (x)ψ−k (x)dx + 4π −∞ −∞
Z∞
Z∞
e
ikx
U (x)ψ−k (x)dx
0
e−ikx U (x0 )ψk (x0 )dx0
−∞
−∞
(80) Ez egy funkcion´al, hiszen a jobb oldalba k¨ ul¨onb¨oz˝o ψk (x) ´es ψ−k (x) f¨ uggv´enyeket helyettes´ıthet¨ unk, a bal oldalon pedig egy sz´am fog ´allni. (Feltessz¨ uk, hogy a jobb oldalon a nevez˝o nem nulla.) Vezess¨ uk be a k¨ovetkez˝o jel¨ol´eseket:
∞ ∞ ∞ 2k Z 1 Z Z F =− ψk (x)U (x)ψ−k (x)dx + Gk (x − x0 )U (x)φ(x)U (x0 )ψk (x0 )dxdx0 i 4π −∞
−∞ −∞
´es
Z∞
G=
Z∞
e
ikx
U (x)ψ−k (x)dx
−∞
0
e−ikx U (x0 )ψk (x0 )dx0
−∞
(80)-t a k¨ovetkez˝o k´eppen ´ırhatjuk: 1 F =− (81) 1−T G Ha F -be ´es G-be be´ırjuk a ψk -t ´es ψ−k -t, megkapjuk a T transzmisszi´os 1 sz´els˝o ´ert´eket venne fel a ψk koefficiens pontos ´ert´ek´et. Ha a 1−T ´es ψ−k hull´amf¨ uggv´enyekn´el, a (80)-t felhaszn´alhatn´ank a T k¨ozel´ıt˝o meghat´aroz´as´ara. Mivel U (x) el˝ore megadott alak´ u f¨ uggv´eny, a T csak a ψk (x) ´es ψ−k (x) f¨ uggv´enyekt˝ol f¨ ugg. V´altoztassuk meg kis m´ert´ekben ψk -t ´es ψ−k -t: ψk → ψk + δψk ψ−k → ψ−k + δψ−k Ekkor az F , G ´es T is megv´altozik, ´es (81)-b˝ol a 1 δF G − F δG =− 1−T G2 ¨osszef¨ ugg´est kapjuk. Szorozzuk meg mindk´et oldalt G-vel: δ
Gδ
1 F = −δF + δG 1−T G
3.3. Transzmisszi´os koefficiens Itt az
63
F a (81) alapj´an a pontos T ´ert´eket adja meg. G Gδ
1 1 = −δF − δG 1−T 1−T
(82)
Sz´amoljuk ki δF ´es δG ´ert´ek´et!
∞ ∞ 2k Z 1 Z 0 0 δF = − Gk (x − x0 )U (x)ψ−k (x)U (x0 )dx δψk dx0 − U (x )ψ−k (x ) + i 4π −∞
2k − i
Z∞ −∞
−∞
1 U (x)ψk (x) + 4π Z∞
e
δG = −∞ Z∞
Gk (x − x0 )U (x)U (x0 )ψk (x0 )dx0 δψ−k dx −∞
−ikx0
U (x0 )
eikx U (x)ψ−k (x)dx δψk dx0 +
−∞
−∞
Z∞
Z∞
eikx U (x)
+
Z∞
−ikx0
e
U (x0 )ψk (x0 )dx0 δψ−k dx
−∞
´Irjuk ezt be (82)-be. # # Z∞ " Z∞ " 1 2k 2k 0 0 0 Gδ = U (x )ξ(x ) δψk dx + U (x)ζ(x) δψ−k dx 1−T i i −∞
−∞
ahol ∞ Z∞ 1 Z i 0 −ikx0 ξ(x ) = ψ−k (x )+ Gk (x−x )U (x)ψ−k (x)dx− e eikx U (x)ψ−k (x)dx 4π 2k(1 − T ) 0
0
−∞
−∞
´es ∞ Z∞ 1 Z i 0 ikx 0 0 0 0 e ζ(x) = ψk (x)+ Gk (x−x )U (x )ψk (x )dx − e−ikx U (x0 )ψk (x0 )dx0 4π 2k(1 − T ) −∞
−∞
Ha a (79) k´epletben felcser´elj¨ uk x-et x0 -vel ´es az ´ıgy kapott ψ−k (x0 ) f¨ uggv´enyt 1 null´aval be´ırjuk ξ(x0 )-be, tov´abb´a (74)-b˝ol ψk (x)-t be´ırjuk ζ(x)-be, G δ 1−T
64
´ OS ´ MODSZEREK ´ 3. VARIACI
lesz egyenl˝o, azaz (80)-nak sz´els˝o´ert´eke van ψk (x) ´es ψ−k (x)-n´el. Ez´ert ha (80)-ba be´ırunk egy ψk (x)-t˝ol ´es ψ−k (x)-t˝ol alig k¨ ul¨onb¨oz˝o ψ˜k = ψk + δψk ´es ˜ ψ−k = ψ−k + δψ−k f¨ uggv´enyt ´es kisz´amoljuk T ´ert´ek´et, az nagy pontoss´aggal egyezni fog a val´odi ´ert´ekkel. A Ritz- ´es Luttinger-Thomas-m´odszerben olyan f¨ uggv´enyekn´el kerest¨ uk a funkcion´al sz´els˝o´ert´ek´et, amelyek tartalmaztak n´eh´any szabadon v´alaszthat´o param´etert. Az egyes m´odszerekben haszn´alt funkcion´alok sz´els˝o´ert´ek tulajdons´agait felhaszn´alva megv´alaszthattuk a param´eterek ´ert´ek´et u ´gy, hogy a legjobban k¨ozel´ıts´ek a val´odi mozg´ast le´ır´o f¨ uggv´enyeket. A transzmisszi´os koefficiens kisz´am´ıt´as´an´al azonban nem ez a helyzet. A Ritz´es Luttinger-Thomas-m´odszerben a levezet´es sor´an a funkcion´alban szerepl˝o v´altoz´of¨ uggv´enyeket mind kicser´elt¨ uk egy m´asik, az eredetit˝ol kis m´ert´ekben k¨ ul¨onb¨oz˝o f¨ uggv´enyekre, a transzmisszi´os koefficiens meghat´aroz´as´an´al F azonban nem. Itt a funkcion´alban benne maradt egy szorz´o, amely G a val´odi mozg´ast le´ır´o f¨ uggv´enyeket tartalmazza. Ezekben nem szerepel semmilyen szabadon v´alaszthat´o param´eter. Ha egy ψk (a1 , a2 , . . . , an , x) ´es ψ−k (b1 , b2 , . . . , bn , x) f¨ uggv´enyt ´ırn´ank a funkcion´alba (ahol ai ´es bi szabadon v´alaszhat´o param´eterek ´es i = 1, 2, . . . , n), a sz´els˝o ´ert´ek meghat´aroz´as´ahoz ismern¨ unk kellene az eredeti ψk (x) ´es ψ−k (x) f¨ uggv´enyeket is. Mivel ´altal´aban nem ismerj¨ uk ezeket, nem tudjuk haszn´alni a m´odszert az ai ´es bi param´eterek meghat´aroz´as´ara. A Ritz- ´es Luttinger-Thomas-m´odszern´el az I ´es Z funkcion´alnak nincsen pontos fizikai jelent´ese, mindkett˝o csak 1 seg´edmennyis´eg, m´ıg a transzmisszi´os koefficiens kisz´am´ıt´as´an´al az 1−T nek hat´arozott fizikai jelent´ese van, ´es ez az a mennyis´eg amit szeretn´enk meghat´arozni.
65
Irodalomjegyz´ ek [1] K´osa Andr´as: Vari´ aci´ osz´ am´ıt´ as, Tank¨onyvkiad´o, 1973, 167. oldal [2] Hrask´o P´eter: Elm´eleti fizika I., JPTE P´ecs, 1995, 62. oldal [3] Hrask´o P´eter: Kvantummechanika, jegyzet [4] Frank-Mises: A mechanika ´es fizika differenci´ al- ´es integr´ alegyenletei I., M˝ uszaki k¨onyvkiad´o, 1966 [5] J´anossy-Gn¨adig-Tasn´adi: Vektorsz´ am´ıt´ as III., Tank¨onyvkiad´o, 1983 [6] F´enyes Imre: Moderm fizikai kisenciklop´edia, Gondolat k¨onyvkiad´o, 1971 [7] Landau-Lifsic: Elm´eleti fizika I., Tank¨onyvkiad´o, 1974
