Tudományos Diákköri Dolgozat
GÁSPÁR MERSE ELD VÉGTELEN ELLENÁLLÁSHÁLÓZATOK SZÁMÍTÁSA
Témavezet®k:
Cserti József Dávid Gyula Eötvös Loránd Tudományegyetem Budapest, 2002. október 30.
Tartalomjegyzék El®szó
3
1. Általános hálózatok számítása
6
1.1. Jelölések, alapegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2. Megoldás Green-operátorral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.3. Analógia a véletlen bolyongással . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2. Szabályos rácsok számítása 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6.
Egydimenziós lánc Négyzetrács . . . . Kockarács . . . . . Háromszögrács . . Hatszögrács . . . . Henger . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
26
26 30 37 38 44 49
3. Perturbált rácsok számítása
53
Kitekintés
68
Irodalomjegyzék
69
3.1. Perturbáció egy élen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 3.2. Többszörös perturbáció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 3.3. Általános perturbáció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2
El®szó A négyzetrács és egyéb szabályos rácsok, mint végtelen ellenálláshálózatok számítása klasszikus probléma. Mind a rács diszkrét Laplace-operátorának Green-függvényével való megoldás, mind a rácson való véletlen bolyongással való analógia jól ismert és sokat tanulmányozott témakör, már csak azért is, mert a zika csomó más területén felmerülnek ezzel ekvivalens problémák. Ilyen például a szilárdtestzikában az elektron sávszerkezetének kötött közelítése vagy a fononok leírása, klasszikus zikában a rugós rendszerek rezgései. De az elméleti leíráson kívül számos gyakorlati alkalmazhatósága is van a területnek. Az apparátus alkalmas dielektrikumok kisülésének modellezésére, vagy geológiai mérések megtervezéséhez és kiértékeléséhez (olajkutatás). Ez a dolgozat egyrészt egy összefoglaló jelleg¶ m¶, mely lényegretör® precízitással vezeti be az olvasót a témakörbe, ugyanakkor számos új eredményt tartalmaz, különös tekintettel az egzakt numerikus számításokra. A dolgozat következetesen a véletlen bolyongással való analógiára épül, ez megfelel® alapot biztosít a precíz matematikai felépítéshez. Ugyanakkor látni fogjuk, hogy ez a tárgyalásmód ismertsége ellenére is új eredményeket tud szolgáltatni, ill. már meglév® eredmények más, kézenfekv®bb szemszögb®l való tárgyalását teszi lehet®vé, melyek segítenek mélyebb összefüggéseiben megérteni ®ket. Mindemellett igyekeztünk minnél több módszert alkalmazni a bizonyítások során, hogy az olvasó betekintést nyerhessen az ezen a területen használatos trükkökr®l, és a megértést mindenhol ábrák segítik. Bár a téma meglehet®sen sokat tárgyalt, jócskán akadnak még megválaszolatlan kérdések. Ezenkívül az idevágó zikus irodalom a meglév® eredményeket néha igencsak pongyola módon tárgyalja, és ennek a m¶nek nem titkolt céljai közé tartozik a precíz, ugyanakkor logikus tárgyalás pótlása, ezért többek között az irodalomban szerepl® hiányos vagy hiányzó bizonyítások itt közölt helyes formái is az eredményekhez tartoznak. Megjegyezzük, hogy éppen amiatt, hogy az irodalom a precizitás terén ilyen hiányos, nem kevés munkával járt a dolgozat elkészítése, és ezen belül a szükséges bizonyítások kitalálása. Az els® fejezetben általános hálózatokat tárgyalunk, felírjuk a diszkrét Laplace-operátor általános alakját, megmutatjuk, hogy a megoldás ekvivalens a Laplace-operátor jobboldali inverzének (ún. Green-operátor) számításával, és foglalkozunk ennek egzisztenciájával és unicitásával. A fejezet végén a véletlen bolyongással való analógiát fejtjük ki, és megvizsgáljuk, hogy különféle valószín¶ségi analógiák milyen általánosságban használhatók, amire az irodalomban nem szoktak kitérni. A második fejezetben szabályos rácsokra alkalmazzuk a leírt módszereket. A fejezet els® részében demonstráljuk, hogy az egydimenziós lánc triviális 3
esete milyen nehéz tud lenni, ha általános módszerekkel nyúlunk hozzá. Az ilyen precíz bizonyítások ugyancsak hiányoznak az irodalomból. Ezután a rend kedvéért rátérünk a négyzetrács számítására, mely azonban kimerít®en van tárgyalva az irodalomban [1] [4] [6] [7], majd folytatjuk a többi szabályos ráccsal, melyek ugyancsak részletesen vannak tárgyalva [4] [7], de érdekes módon nem ezzel a módszerrel, pedig látni fogjuk, hogy például a hatszög és a henger esetében lényegesen könnyebben érünk célhoz, mint más módon, továbbá az így kapott integrálformulák ez utóbbi két esetben az irodalomban szerepl® alakoktól eltér® (esetenként egyszer¶bb) alakban szolgáltatják ugyanazt az eredményt. Amik azonban e fejezetnek kiemelked®en fontos eredményei, azok a háromszögre és hatszögre kapott egzakt numerikus számítások eredményei rekurziós formulák alapján, melyek a harmadik fejezet alkalmazhatóságához is alapot szolgáltatnak. Végül a harmadik fejezetben perturbált rácsok számításával foglalkozunk. Tárgyaljuk a perturbációk speciális fajtáit, és a teljesen általános esetet, ami ilyen formában hiányzik az irodalomból. Az elméleti tárgyalás mellett alkalmazzuk a módszert szabályos rácsokra, ugyancsak nagy gyelmet fordítva az egzakt numerikus számításokra. Többek között kiszámoljuk a diszlokációdipólt négyzetrácson, ami a dolgozatnak további kiemelked® eredménye.
Köszönetnyilvánítás Nem fejezhetem be az el®szót anélkül, hogy köszönetet ne mondanék témavezet®imnek: Cserti Józsefnek és Dávid Gyulának az érdekes témafelvetésért, a dolgozat megírása közbeni értékes segítségeikért, tanácsaikért és a kézirat végs® formájának átolvasásáért; Wágner Ferenc doktorandusznak a LATEX-ben és nyújtott segítségéért; továbbá Dr. Telcs András adjunktusnak, Kocsis Bence, Pálvölgyi Dömötör, Cziegler István, Vörös László, Zábrádi Gergely hallgatóknak és Nagy Katalin, Szabó Jácint doktoranduszoknak kisebbnagyobb segítségeikért. És végül, de nem utolsó sorban köszönetemet szeretném kifejezni szüleimnek: Deák Katalin Ágnesnek és Gáspár Gyulának, hogy engedtek id®t szakítani a dolgozat megírására. Budapest, 2002. október 30.
Gáspár Merse El®d
4
A dolgozatban használt matematikai jelölések
∀ ∃ ∧ ∨ ∅ N N∗ Z R C Card(H) hηi µn Rn LpF (T, R, µ) k kµ,p Resα (f ) bc de
minden létezik és vagy üres halmaz természetes számok halmaza pozitív egészek halmaza egészek halmaza valós számok halmaza komplex számok halmaza a H halmaz kardinális száma az η valószín¶ségi változó várható értéke Rn feletti Lebesgue-mérték standard halmazgy¶r¶ Rn felett T -n értelmezett, F -be ható p-edik hatványon µ-integrálható függvények halmaza |µ| pozitív mérték által generált félnorma az f függvény α pontbeli reziduuma alsó egészrész fels® egészrész
1. Általános hálózatok számítása Ebben a fejezetben megszámlálhatóan végtelen sok ellenállásból álló hálózatok általános számítási módszereit tárgyaljuk. El®ször a Green-módszert, majd a véletlen bolyongással való analógiát fejtjük ki. Általános esetben egy ilyen hálózat egy végtelen gráal írható le, melynek csúcsai a hálózat csomópontjai, élei pedig a csomópontokat nem tartalmazó összeköttetések. A gráf éleihez ellenállásértékeket rendelünk, melyek a megfelel® összeköttetések ellenállásai. Feltehetjük, hogy a gráf összefügg®, mert ellenkez® esetben két különálló rendszerrel lenne dolgunk. És azt is feltehetjük, hogy nem tartalmaz többszörös élt, sem pedig hurokélt, hiszen az el®bbi esetben a párhuzamosan kötött ellenállásokat az ered®jükkel helyettesíthetjük, míg az utóbbi esetben a hurokél egyszer¶en elhagyható, mert nem folyik rajta áram. Továbbá nem foglalkozunk érdemben az olyan esetekkel, amikor az ellenállás polaritásfügg®, mint például egy diódánál. Meg fogjuk mutatni, hogy a probléma megoldása (vagyis az ellenállások, feszültségek és áramok számítása) ekvivalens a hálózat csúcsainak indexhalmazán ható ún. diszkrét Laplace-operátor (végtelen) mátrixának invertálásával. Ezt, a szóban forgó inverz mátrixot fogjuk Green-operátornak nevezni, és az unicitására és egzisztenciájára vonatkozó állításokat fogunk bizonyítani. Végül a fejezet utolsó részében rámutatunk a véletlen bolyongással való analógiára, és segítségével megkonstruáljuk a Green-operátort valószín¶ségszámítási módszereket alkalmazva. Látni fogjuk, hogy a hálózatok a véletlen bolyongás szempontjából két csoportra oszthatók aszerint, hogy a visszatérés valószín¶sége 1-e, és a két esetben a Green-operátor számítása is eltérhet egymástól.
1.1. Jelölések, alapegyenletek Indexeljük az ellenálláshálózat csomópontjait, azaz a gráf csúcsait a H indexhalmazból való indexekkel, ahol H megszámlálhatóan végtelen számosságú, vagyis N-el ekvipotens. Legyen ∀ k ∈ H indexre Hk azon indexek halamaza, melyek k -val szomszédosak, azaz
Hk := {x ∈ H|az x és k index¶ csúcsok között van él }. A szomszédos csúcspárok halmazára bevezetjük a H0 jelölést, vagyis [ H0 := {k} × Hk .
H
k∈
6
Feltesszük, hogy ∀ k ∈ H-ra Hk véges és Hk 6= ∅, tehát Card(Hk ) ∈ N∗ . Egyezzünk meg abban, hogy ezentúl minden index a H indexhalmazból való lesz, hacsak külön nem jelezzük, és minden mennyiséget SI mértékegységben számolunk. Továbbá vezessük be az ábra alapján a következ® jelöléseket.
0011 a
Ik I kl
0011
k
r ab
0011 0011
0011
Vm
m
b
0011 l
0011
1. ábra.
• rkl legyen a k és l index¶ csúcsok közötti élhez rendelt ellenállás értéke abban az esetben, ha ezeket a csúcsokat él köti össze. Ellenkez® esetben rkl := ∞. Így rkl deniálva van ∀ k, l ∈ H esetén, és deníciónk megfelel annak az elvárásnak, hogy nem létez® élekhez tartozó összeköttetéseken ne follyon áram, hiszen a végtelen ellenálláson sem folyik. El®zetes feltevésünk, és a deníció értelmében rkl = rlk és rkk = ∞. • γkl := r1kl a megfelel® élhez tartozó vezet®képesség. rkl = ∞ megengedett, és ekkor γkl = 0, de rkl = 0-t kizárjuk, hiszen ez a megfelel® két csúcspont összevonásával ekvivalens, ami pedig a gráf szerkezetének megváltozását jelentené, vagyis csak olyan hálózatokkal foglalkozunk, melyekben nincsenek rövidzárak. γkl = γlk és γkk = 0. • Ik legyen a k index¶ csomópontba kiv¶lr®l betáplált áram el®jeles értéke. Nem baj, ha a hálózatba befolyó áramok el®jeles összege nem 0, mert az áram elfolyhat a végtelenbe. • Vk legyen a k index¶ csomópont potenciálja. • Ikl legyen a k index¶ csomópont felöl az l index¶ felé folyó áram el®jeles értéke, ha a fenti indexekhez tartozó csúcsok között halad él, azaz (k, l) ∈ H0 . Ellenkez® esetben Ikl := 0. Deníció szerint Ikl = −Ilk és Ikk = 0.
7
• Rkl legyen a k és l index¶ csomópontok közötti ered® ellenállás. rkl = rlk miatt Rkl = Rlk és persze Rkk = 0 triviális módon. • A továbbiakban hasznosnak fog bizonyulni az alábbi két jelölés bevezetése: 1, ha (k, l) ∈ H0 (1.1) ∆kl := 0, ha (k, l) ∈ / H0 X zk := ∆kl = Card(Hk ) ∈ N∗ . (1.2)
H
l∈
Vegyük észre, hogy deníció szerint ∆kl = ∆lk és ∆kk = 0. Sokszor az a feladat, hogy a hálózatba csak 2 ponton vezetünk be és ki I0 áramot. Legyen ez a két pont rendre a és b index¶. Ekkor
Ik = I0 (δka − δkb ),
(1.3)
ahol δ a Kronecker-delta1 . Ha bevezetjük az k k Fab := δak − δbk = −Fba
(1.4)
k Ik = I0 Fab .
(1.5)
jelölést, akkor
Ebben az esetben az a és b pontok közötti ered® ellenállás kifejezhet® I0 -al és a potenciálértékekkel a két pontban, nevezetesen
Rab =
Va − Vb . I0
(1.6)
Ugyancsak gyakori eset , hogy a hálózat csupa azonos, R0 ellenállásból épül fel, ezért erre bevezetünk egy elnevezést.
1.1. Denció. Egy hálózatot R-homogénnek nevezünk, ha ∀ k, l ∈ H-ra γkl =
1 ∆kl . R0
1
δxy
=
1, ha x = y . 0, ha x 6= y
8
(1.7)
Most térjünk rá az alapegyenletekre, melyek természetesen a Kirchhoés Ohm-törvények lesznek. Az Ohm-törvény
Vx − Vy = Ixy rxy
∀ (x, y) ∈ H0 -re
(1.8)
∀ k ∈ H-ra
(1.9)
alakját kombinálva az
X
Ik =
l∈
H
X
Ikl =
l∈
Hk
Ikl
Kirchho-féle csomóponti törvénnyel, kapjuk az Ohm-törvénnyel kombinált Kirchho-egyenletet:
Ik =
X Vk − Vl l∈
rkl
H
=
X (Vk − Vl )γkl
H
∀ k ∈ H-ra,
(1.10)
l∈
ahol természetesen H helyett Hk -ra is összegezhetnénk, de a kés®bbiekben kényelmesebb lesz, ha nem hagyjuk el a zérus tagokat. Abban a speciális esetben, amikor a hálózat R-homogén, (1.7) alapján X X X R0 Ik = ∆kl (Vk − Vl ) = (zk δkl − ∆kl )Vl = − Lkl Vl , (1.11)
H
l∈
l∈
H
H
l∈
ahol bevezettük az
Lkl = ∆kl − zk δkl =
X
H
∆km δml − δkl
m∈
X
H
∆km =
m∈
X m∈
H
l Fmk ∆km
(1.12)
jelölést. L tehát egy mátrix, az ún. diszkrét Laplace-operátor, amely megszámlálhatóan végtelen elemet tartalmaz.2 Megjegyezzük, hogy a fent szerepl® összegek bár végtelen tagúak, de mindig csak véges tag különbözik 0-tól. Vegyük észre, hogy deniciójából következ®en L szimmetrikus mátrix, azaz Lkl = Llk . Azonban L nemcsak ebben a speciális esetben deniálható. Szem el®tt tartva az (1.11) deniáló egyenl®séget, és azt, hogy R0 = P zk γkm , L m∈H a következ®képpen általánosítható (1.10) alapján: Ik = Vk
X
H
γkl −
l∈
=
X
H
l∈ 2 Az
δkl
X
H
Vl γkl =
l∈
X m∈
H
γkm − γkl
X
H ! m∈
γkm
X
H
l∈
δkl Vl −
X
H
γkl Vl =
l∈
Vl ,
irodalomban ezt szokták a rács diszkrét Laplace-operátorának nevezni.
9
amib®l
Lkl = − P =
X m∈
H
zk
H γkm
δkl
m∈
X
H
! γkm − γkl
γkl zk − δkl zk = m∈H γkm
=P
m∈
γ z l P km k Fmk s∈ γks
(1.13)
H
denicióval (ami persze konzisztens a korábbival) kapjuk (1.11) általánosítását:
P
zk
H γkm
Ik = −
m∈
X
H
Lkl Vl .
(1.14)
l∈
Ne felejtsük el, hogy az általános esetben L nem feltétlenül szimmetrikus, vagyis Lkl 6= Llk .
1.1. Állítás. Ha az (I, V ) ∈ RH ×RH és (I 0 , V 0 ) ∈ RH ×RH párokra, teljes¶l
az (1.14) egyenlet, továbbá λ ∈ R tetsz®leges, akkor I + I 0 és V + V 0 , továbbá αI és αV is kielégítik páronként az (1.14) egyenletet.
Bizonyítás: Minden V ∈ RH vektorra
P
l∈H Lkl Vk létezik, hiszen az L végtelen mátrix minden oszlopában csak véges sok elem nem zérus, ezért jól értelmezett a ! X H H ˆ : R → R ; (Vk )k∈H 7→ L Lkl Vl ,
H
l∈
H
k∈
leképezés, aminek a linearitásából triviálisan következik az állítás.
1.2. Megoldás Green-operátorral Feladatunk lényegében a potenciál megadása a rendszerbe befolyó adott küls® áramok hatására, hiszen a csomópontok potenciálértékeib®l az éleken folyó áramok és az ered® ellenállások már mind számíthatók. Természetesen a megoldáshoz egy tetsz®leges konstanst hozzáadva ugyancsak megoldást kapunk, mert az egyenletekben csak potenciálkülönbségek szerepelnek, de ett®l eltekintve sem állíthatjuk, hogy a megoldás egyértelm¶. Ha ez egy valóságos zikai probléma lenne, akkor garantálhatnánk, hogy csak egy zikailag releváns megoldás létezik, de mivel végtelen ellenálláshálózatok a valóságban nem léteznek, ezért erre most nem hivatkozhatunk. Ha elfogadjuk, hogy a rendszer egyedül az (1.14) egyenletnek kell eleget tegyen, ami magába foglalja a Kirchho- és Ohm-törvényeket, akkor már 10
egy egészen egyszer¶ példán is bemutatható, hogy több lényegében különböz® (nemcsak konstansban eltér®) megoldás létezik. Vegyünk például egy egy egydimenziós homogén ellenállásláncot, azaz megszámlálhatóan végtelen sok azonos érték¶ ellenállást sorbakötve. A lánc egyetlen pontjában se vezessünk be áramot, azaz ∀ k ∈ H-ra legyen Ik = 0. Ezesetben nyilván triviális megoldás, hogy sehol nem folyik áram, és minden pont azonos potenciálú. Ugyanakkor az is megoldás, hogy tetsz®leges érték¶ áram folyik keresztül a láncon az egyik végtelen fel®l a másik felé, lásd a 2. ábrán. Ekkor a potenciál lineárisan változik −∞-t®l +∞-ig. Ilyen tipusú megoldás I
I
I
I
2. ábra. más hálózatokban is el®fordulhat. Szemléletesen arról van szó, hogy a végtelen hálózat nemcsak azzal jár, hogy az áram elfolyhat a végtelenbe, de azzal is, hogy a végtelenb®l jöhet áram, és így áram folyhat keresztül a rendszeren anélkül, hogy áramot vezetnénk a rendszerbe, hiszen a hálózat végtelen távoli pontjai nem csomópontok. Természetesen felállíthatnánk valamilyen kritériumot, amely valamilyen zikai elvre hivatkozva kizárná ezeket a megoldásokat, de ez egy kicsit ellentmondásos lenne, hiszen ez nem egy valóságos zikai rendszer. Maradjunk ezért egyel®re tiszta matematikai leírásnál. Nézzük konkrétan, hogy miben különbözhetnek az egyes megoldások.
1.2. Állítás. Ha (Vk )k∈H megoldás és C ∈ RH , akkor V + C akkor, és csak akkor megoldás, ha
X l∈
teljesül.
H
Lkl Cl = 0
(1.15)
Bizonyítás: Legyen (Vk )k∈H megoldás, ekkor (1.14) miatt (Vk + Ck )k∈H akkor, és csak akkor megoldás, ha X
H
Lkl Vl =
l∈
ˆ amib®l L
linearitása3
X
H
Lkl (Vl + Cl ),
l∈
miatt következik (1.15).
Láthatjuk, hogy konstans Ck mindig megfelel®4 , ugyanis a konstans kiemelhet® a szumma elé, és L speciális alakja miatt teljesíti a X Lkl = 0 (1.16)
H
l∈ 3 Lásd 4 Ez
az (1.1) állítás bizonyításánál. felel meg annak, hogy a potenciált tetsz®leges ponthoz viszonyíthatjuk.
11
egyenl®séget, hiszen: X l∈
H
X
Lkl =
H
l∈
γ z P kl k − δkl zk m∈H γkm
P γkl = P l∈H zk − zk = 0. m∈H γkm
Ha tehát találunk egy (Vk )k∈H megoldást, akkor utánna minden megoldást megkapunk (Vk + Ck )k∈H alakban, ahol (Ck )k∈H teljesíti az (1.15) összefüggést. Megoldást pedig könnyen találhatunk, ha sikerül a Laplace-operátor mátrixát invertálnunk. S®t látni fogjuk, hogy elegend® jobboldali inverznek léteznie. Tegyük fel, hogy L-nek −G a jobboldali inverze, vagyis X −δkm = Lkl Glm . (1.17) l∈
H
Megjegyezzük, hogy a fenti szumma tetsz®leges G esetén értelmes, mert adott k -ra és m-re csak véges sok tagja nem zérus. Az itt szerepl® G mátrixot nevezzük Green-operátornak. G egzisztenciájával egyel®re nem foglalkozunk, ugyanis a minket érdekl® problémákban egyszer¶en meg fogunk adni konkrétan ilyen G mátrixot, és minden, amit G-r®l állítunk, következni fog az (1.17) összefüggésb®l. Természetesen G nem egyértelm¶, de tetsz®leges G segítségével el® fogunk tudni állítani megoldást. Megjegyezzük, hogy abban az esetben, ha P ∀ k ∈ H-ra P ∃ σk : N → H bijekció, hogy l∈N Gkσk (l) Iσk (l) abszolút konvergens, akkor l∈N Gkσk (l) Iσk (l)Pfeltétlen konvergens, azaz minden átrendezése is konvergens, tehát jogos a l∈H Gkl Il jelölés. Ez teljesül például akkor, ha (Ik )k∈H csak véges sok helyen nem zérus. P 1.3. Állítás. Ha ∀ k ∈ H-ra ∃ σk : N → H bijekció, hogy l∈N Gkσk (l) Iσk (l) abszolút konvergens, akkor X zk Vk = P Gkl Il (1.18) m∈H γkm
H
l∈
teljesíti az (1.14) egyenletet.
Bizonyítás: −
X
H
XX
Lkl Vl = −
H s∈H
l∈
m∈
l∈
XX
=−
H l∈H
s∈
=
X
H
s∈
P
zl
P
H γlm
zl
P
m∈
zl
H γlm
m∈
12
H γlm
Lkl Gls Is = Lkl Gls Is =
δks Is = P
zk m∈
H γkm
Ik .
1.4. Állítás. Ha −G jobboldali inverze L-nek, akkor −G + D, akkor és csak akkor jobboldali inverze L-nek, ha X Lkl Dlm = 0.
H
(1.19)
l∈
Bizonyítás: Ha −G jobboldali inverze L-nek, akkor (1.17) alapján −G+D akkor, és csak akkor jobboldali inverze L-nek, ha X X Lkl Dlm , Lkl (−Glm + Dlm ) = l∈
H
H
l∈
ami pedig ekvivalens az (1.19) egyenlettel.
Vegyük észre, hogy
Dlm = Am Cl + Bm
(1.20)
tetsz®leges A, B és az (1.15) egyenletet kielégít® C vektorok mellett teljesíti az (1.19) egyenletet. Azt már látjuk, hogy minden Green-operátor el® tud állítani egy megoldást, de vajon minden megoldáshoz létezik-e Greenoperátor? Megmutatjuk, hogy bizonyos feltételek mellett (1.20) segítségével el®állítható minden megoldáshoz egy Green-operátor.
1.2. Denció. Nevezzünk egy hálózatot c-homogénnek, ha ∀ k ∈ H-ra P
zk
H γkm
m∈
konstans érték.
1.5. Állítás. Ha a hálózat c-homogén és {k ∈ H|Ik 6= 0} véges és nem üres,
továbbá létezik L-nek jobboldali inverze, akkor minden megoldáshoz létezik olyan jobboldali inverz, amely el®állítja a szóban forgó megoldást az (1.18) alakban.
Bizonyítás: Legyen −G inverz, ekkor {k ∈ H|Ik 6= 0} végessége miatt az (1.18)
egyenletben szerepl® szumma értelmes, tehát G el®állít egy V megoldást (1.18) alakban. Legyen V 0 tetsz®leges megoldás, ekkor V 0 = V + C , ahol C teljesíti az (1.15) egyenletet. Szeretnénk olyan G0 létezését igazolni, mely el®állítja V 0 -t (1.18) alakban. Keressük −G0 -t −G + D alakban, ahol Dkl = Al Ck , és A tetsz®leges. Azt már említettük (1.20) kapcsán, hogy ezesetben D teljesíteni fogja az (1.19) egyenletet, ezért −G + D is jobboldali inverz lesz, és {k ∈ H|Ik 6= 0} végessége miatt −G + D el®állít egy megoldást (1.18) alakban. Mivel {k ∈ H|Ik 6= 0} = 6 ∅,
13
ezért A megválasztható úgy, hogy ekkor
zk
Vk0 = P
X
H γkm l∈H
m∈
P
P
l∈H Al Il =
G0kl Il = Vk + P
zk
H γkm legyen ∀ k ∈ H-ra, és
m∈
zk
X
H γkm l∈H
Al Ck Il = Vk + Ck .
m∈
Érdemes megjegyezni, hogyha L szimmetrikus, akkor az el®z® állítás feltételei között szerepl® c-homogenitás teljesül. Legyen ugyanis k, l ∈ H és k 6= l. Ebben az esetben δkl = 0, ezért Lkl = Llk azzal ekvivalens, hogy
P
γkl zk γlk zl =P , m∈H γkm m∈H γlm
ami viszont γ szimmetrikussága miatt éppen azt jelenti, hogy P zk γkm álm∈H landó, speciálisan az R-homogén esetben éppen R0 . Az 1.5. állítás szerint a szóban forgó feltételek mellett, minden megoldáshoz tartozik Green-operátor, ha létezik legalább egy Green-operátor. Mármost felmerül a kérdés, hogyha a Green-operátor el®állítja a megoldásokat, akkor nem tudunk-e el®állítani egy Green-operátort megoldások segítségével. Megmutatjuk, hogy homogén hálózatokra ez valóban kivitelezhet®. Vezessük (a) be az I (a) jelölést arra az RH -beli vektorra, amire Ik = δka ∀ k ∈ H-ra. (a) 1.6. Állítás. Legyen a hálózat c-homogén éslegyen ∀ a ∈ H-ra (Vk )k∈H P (a) (a) m∈H γlm (Ik )k∈H megoldása.5 Ekkor (Gka )(k,a)∈H2 = Vk Greenzl (k,a)∈H2
operátor.
Bizonyítás: Ehhez csak annyit kell megmutatni, hogy −G jobboldali inverze L-nek. (1.14) felhasználásával: P X γlm X (a) (a) Llk Gka = m∈H Llk Vk = −Ik = −δka . zl
H
k∈
k∈
H
A megoldás (1.18) kifejezése a hozzá tartozó feltételek mellett az (1.7) speciális esetben a következ® alakot ölti: X Vk = R0 Gkl Il . (1.21)
H
l∈ 5 Vigyázzunk
arra, hogy az ilyen megoldások létezése a feltételek között szerepel!
14
A továbbiakban P G-b®l származtatható mennyiségeket fogunk vizsgálni, ezért feltesszük, hogy l∈H Gkl Il létezik, vagyis jogosan fogjuk használni az (1.18) és az (1.21) kifejezéseket. Els®ként számoljuk ki tetsz®leges élen az átfolyó áramot. Ha (x, y) ∈ H0 , akkor Ixy = (Vx − Vy )γxy , de vegyük észre, hogy γxy és Ixy deníciójából következ®en ez a képlet ∀ x, y ∈ H-ra megfelel®, tehát ! X X zx zy Ixy = P Gxl Il − P Gyl Il γxy = m∈H γxm l∈H m∈H γym l∈H X zx zy P Gxl − P Gyl Il = = γxy (1.22) γxm γym m∈ H m∈ H l∈H X X zk k P = γxy Fxy Gkl Il , m∈H γkm k∈
H
H
l∈
ami R-homogén hálózatokra, (x, y) ∈ H0 esetén XX k Fxy Gkl Il Ixy = k∈
(1.23)
H l∈H
alakú. Hogyha a küls® áramok az (1.5) alakot öltik, akkor
Ixy = I0 γxy
XX
P
H l∈H
k∈
zk m∈H γkm
k l Fxy Gkl Fab = I0 γxy Sxyab ,
(1.24)
ahol bevezettük az
Sxyab =
XX k∈
zk
P
H l∈H
H γkm
k l Fxy Gkl Fab
(1.25)
m∈
jelölést, és ez az R-homogén esetben az alábbi egyszer¶ alakot ölti: XX k l Sxyab = R0 Fxy Gkl Fab .
H l∈H
(1.26)
k∈
Ha G szimmetrikus, akkor az S négyindexes mátrix rendelkezik a következ® szimmetriával: Sxyab = Sabxy , (1.27) ugyanis
Sxyab = R0
XX k∈
H l∈H
l k = R0 Gkl Fab Fxy
XX
H k∈H
l∈
15
k l = Sabxy . Glk Fxy Fab
Ezenkívül S minden esetben teljesíti az F antiszimmetrikusságából adódó alábbi összefüggéseket is:
Sxyab = −Syxab = −Sxyba = Syxba .
(1.28)
S segítségével igen egyszer¶en adódik a hálózat tetsz®leges a és b pontja közötti ered® ellenállás hiszen az általános esetben Rab =
Va − Vb I0 Sabab = = Sabab = R0 (Gaa − Gab − Gba + Gbb ), I0 I0
(1.29)
ami a szimmetrikus esetben a még egyszer¶bb
Rab = R0 (Gaa − 2Gab + Gbb )
(1.30)
alakot ölti. Láthatjuk, hogy S -b®l számolhatók az ered® ellenállások és az éleken folyó áramok. Hasznos lehet azonban felismerni, hogy (1.27) esetén ez fordítva is m¶ködik, azaz S kiszámítható az ered® ellenállásokból:
1 Sxyab = (Sxyab + Sabxy ) = 2 R0 = (Gxa − Gya − Gxb + Gyb + Gax − Gay − Gbx + Gby ) = 2 R0 = ((Gxa + Gax − Gxx − Gaa ) − (Gxb + Gbx − Gxx − Gbb ) + (1.31) 2 − (Gya + Gay − Gyy − Gaa ) + (Gyb + Gby − Gyy − Gbb )) = 1 XX k 1 l Fxy Rkl Fab . = − (Rxa − Rxb − Rya + Ryb ) = − 2 2 k∈
Tehát
Ixy = −
H l∈H
I0 (Rxa − Rxb − Rya + Ryb ), 2R0
(1.32)
ha (x, y) ∈ H0 . Így az áram a megfelel® ered® ellenállásokból számítható, amiket pedig kiszámíthatunk, vagy akár meg is mérhetünk.
1.3. Analógia a véletlen bolyongással Az alábbiakban megmutatjuk, hogy érdekes analógia van az ellenálláshálózatok számítása és a véletlen bolyongás között. Kés®bb azt is látni fogjuk, hogy ez a felismerés nemcsak érdekes, de gyümölcsöz®, s nemtriviális összefüggéseket fog szolgáltatni. 16
Képzeljünk el egy véletlen bolyongást az ellenálláshálózaton, a következ®képpen: a bolyongó minden egyes lépésben a hálózat valamelyik csúcspontjáról egy szomszédos csúcspontba léphet, mégpedig a két csúcspontot összeköt® élhez rendelt ellenállás reciprokával arányos valószín¶séggel. Vezessük be a következ® jelöléseket: X X 1 cx := γxy = , (1.33) rxy
H
y∈
y∈
Hk
γxy . (1.34) cx pxy lesz annak a valószín¶sége, hogyha a véletlen bolyongás során az x csúcsban állunk akkor a következ® lépésben az y csúcsba jutunk. Ez teljesíteni fogja azt a normálási feltételt, hogy 1 valószín¶séggel valamelyik csúcsba mindig ellépünk, ugyanis pxy :=
X y∈
H
P
pxy =
H γxy = 1.
y∈
cx
Vegyük észre, hogy a normálás miatt pxy 6= pyx , ha cx 6= cy . (a) Legyen px annak a valószín¶sége, hogy a véletlen bolyongó x-b®l indulva (a) eljut a-ba, és qx annak a valószín¶sége, hogy a véletlen bolyongó x-b®l (a) (a) (a) indulva soha nem jut el a-ba. Ekkor természetesen qx = 1 − px , és pa = 1 minden x, a ∈ H esetén.
1.7. Állítás. ∀ a ∈ H-ra ∃ I0 ≥ 0 valós, hogy (p(a) x )x∈H megoldása (I0 δal )l∈H nek.
Bizonyítás: Meg kell mutatnunk, hogy (p(a) l )l∈H és (I0 δak )k∈H teljesítik az (1.14) egyenletet ∀ k ∈ H-ra. Az (1.14) mindkét oldalát zk -val leosztva k 6= a esetén, azt az ekvivalens alakot kapjuk, hogy X X (a) (a) (a) 0=− (γkl /ck − δkl )pl = pk − pkl pl , l∈
H
H
l∈
P (a) (a) ami nyilvánvalóan teljesül, mert pk felírható l∈H pkl pl alakban. Ha k = a, akkor (1.14) X I0 (a) = p(a) pal pl a − ca
H
l∈
P
(a) pal pl )
alakú, ami I0 = ca (1 − l∈H választással kielégíthet®. És I0 ≥ 0, mert P (a) pal pl annak a valószín¶sége, hogy a-ból indulva visszatérünk a-ba, tehát Pl∈H (a) ≤ 1. l∈H pal pl
17
1.8. Állítás. ∀ a ∈ H-ra ∃ −I0 ≥ 0 valós, hogy (qx(a) )x∈H megoldása (I0 δal )l∈H nak.
Bizonyítás: Az el®z® állítás triviális következményér®l van szó, hiszen az ott (a) (a) szerepl® I0 megfelel®. (−px )x∈H ugyanis megoldása (−I0 δal )l∈H -nak, (qx )x∈H pedig ett®l csak egy konstansban különbözik.
Hogyha a fenti I0 semmilyen a ∈ H-ra nem zérus, vagyis minden pontra teljesül, hogy a visszatérés valószín¶sége nem 1, akkor az 1.6. állítás szerint c-homogén hálózatokra a fenti valószín¶ségek segítségével megadhatunk egy Green-operátort. A megfelel® Green-operátor konkrét alakja ezesetben: (y)
Gxy = c−1
cy
P
px
(y)
k∈
H pyk qk
,
ahol c = P zk γkm valamely k ∈ H-ra. Mivel k -t akár y -nak is választhatjuk, m∈H ezért G-t az egyszer¶bb (y)
Gxy =
zy
P
px
(y)
k∈H pyk qk
(1.35)
alakban is írhatjuk. Sajnálatos módon a fenti módszer nem mindig alkalmazható. Ismeretes, hogy például a kockarácson való véletlen bolyongásnál a visszatérés valószín¶sége kisebb 1-nél, de a négyzetrácson való bolyongásra, vagy az egydimenziós láncon való bolyongásra 1. A következ® állítás megmutatja, hogy a véletlen bolyongás szemszögéb®l P valóban(a)két csoportba sorolhatók a vég(a) telen hálózatok. Legyen p = l∈H pal pl , vagyis annak a valószín¶sége, hogy a-ból indulva a véletlen bolyongó újra visszatér a-ba.6
1.9. Állítás. Egy megszámlálhatóan végtelen, összefügg® hálózat esetén vagy (y)
∀ x, y ∈ H, x 6= y indexre (px = 1) ∧ (p(x) = 1), vagy ∀ x, y ∈ H, x 6= y (y) indexre (px < 1) ∧ (p(x) < 1).
(y) Bizonyítás: Ha ∀ x, y ∈ H, x 6= y indexre p(y) x = 1 (ill. px < 1), akkor ∀ z ∈ H
indexre p(z) = 1 (ill. p(z) < 1). Ez egyszer¶en következik p(z) denició szerinti, P P (x) k∈H pxk pk alakjából, és abból, hogy k∈H pxk = 1. Így viszont elegend® azt (b)
bizonyítanunk, hogy a, b ∈ H, a 6= b esetén, ha pa = 1, akkor ∀ x, y ∈ H, x 6= y (y) indexre px = 1. P P (b) (b) (b) Ha pa = = 1, akkor = 1. l∈H pal pl l∈H pal = 1 miatt ∀ l ∈ Ha -ra pl Ugyanakkor itt b tetsz®leges, ezért a hálózat összefügg®sége miatt azt kapjuk, hogy 6 Ez
(a)
tehát különbözik pa -tól, ami denició szerint 1.
18
P P (b) (b) ∀ x ∈ H-ra px = 1. Továbbá x∈H pbx = 1 miatt p(b) = x∈H pbx px = 1, és ebb®l az is következik, hogy annak a valószín¶sége is 1, hogy a véletlen bolyongó végtelen sokszor visszatér b-be. Mivel viszont b-be eljutni csakis a szomszédain keresztül lehet, ezért az is 1 valószín¶ség¶, hogy a véletlen bolyongó végtelen sokszor érinti a Hb halmaz pontjait. (l) Legyen l ∈ Hb , megmutatjuk, hogy pb = 1, vagyis 0 annak a valószín¶sége, hogy a végtelen sok visszatérés során egyszer sem l-en keresztül térünk vissza. Legyen p a valószín¶sége annak, hogy egy b-b®l b-be való visszatérés l-en keresztül történik. Mivel a b → l → b közvetlen út véges valószín¶ség¶, ezért p > 0. Így 1-p<1 annak a valószín¶sége, hogy egy visszatérés nem l-en keresztül történik, tehát valóban 0 annak a valószín¶sége, hogy ez végtelen sokszor megismétl®dik. Ezekután viszont a korábbiakhoz teljesen hasonlóan bizonyítható, hogy l ∈ Hb (l) esetén ∀ x ∈ H-ra px = 1. És ∀ l ∈ Hb -re alkalmazhatók a b-re kimondott fenti következtetések, majd azok szomszédaira is, s így végül a hálózat összefügg®sége miatt kapjuk a bizonyítandót.
1.3. Denció. Azon hálózatokat, melyekre ∃ x ∈ H, hogy p(x) = 1, nevez-
zük tömött hálózatoknak, míg a többi hálózatra használjuk a laza elnevezést.
Tehát a Green-operátor (1.35)-féle felírása csak laza hálózatoknál alkalmas. (a) Konkrét számításokban hasznos lesz px kiszámításához bevezetni a kö(xy) vetkez® valószín¶ségeket. Legyen ∀ n ∈ N-re és ∀ x, y ∈ H-ra Pn annak a valószín¶sége, hogy a véletlen bolyongó x-b®l indulva az n. lépésben y -ban tartózkodik. Ekkor az x-b®l induló bolyongó a-n való áthaladásai számának várható értéke ∞ X Pn(xa) . (1.36) n=0
Viszont ugyanezt a várható értéket laza hálózatok esetén úgy is írhatjuk (a várható érték denícióját közvetlenül alkalmazva), hogy ∞ X
(a) n−1 np(a) (1 x p
n=0
(a)
px −p )= , 1 − p(a) (a)
(1.37)
amib®l egyrészt következik, hogy az (1.36) sor konvergens, másrészt x-et anak választva ∞ X 1 = Pn(aa) , (a) 1−p n=0 amit átrendezve kapjuk, hogy
p(a) = 1 − P∞
1 (aa)
n=0 Pn
19
,
(1.38)
(a)
és ezzel px -t kifejezve:
P∞ p(a) x
=
(xa) n=0 Pn . P∞ (aa) n=0 Pn
(1.39)
Tömött hálózatokra a fentiek nem alkalmazhatók, ezért más analógiát kell (ab) keresni. Jelölje ∀ a, b, x ∈ H, a 6= b indexre px annak a valószín¶ségét, hogy a véletlen bolyongás során az x index¶ pontból elindulva eljutunk az a index¶ (ab) pontba úgy, hogy el®tte nem érintjük b-t. Ekkor természetesen pa = 1 és (ab) (ab) (ba) pb = 0, továbbá a tömöttség miatt px = 1 − px ∀ a, b, x ∈ H-ra.
1.10. Állítás. ∀ a, b ∈ H, a 6= b-re ∃ I1 , I2 > 0 valósak, hogy (p(ab) x )x∈H megoldása (I1 δal − I2 δbl )l∈H -nak. Bizonyítás: Meg kell mutatnunk, hogy (p(ab) )l∈H és (I1 δak − I2 δbk )k∈H teljesítik l az (1.14) egyenletet ∀ k ∈ H-ra. Az (1.14) mindkét oldalát zk -val leosztva k 6= a, b esetén, azt az ekvivalens alakot kapjuk, hogy X X (ab) (ab) (ab) 0=− (γkl /ck − δkl )pl = pk − pkl pl ,
H
H
l∈
l∈
P (ab) (ab) alakban. Ha k = a, ami nyilvánvalóan teljesül, mert pk felírható l∈H pkl pl akkor (1.14) X I1 (ab) = p(ab) − pal pl a ca
H
l∈
alakú, ami I1 = ca (1 −
P
H
l∈
(ab) pal pl )
választással kielégíthet®, és I1 > 0 teljesül, (ab)
hiszen ellenkez® esetben ∀ l ∈ Ha indexre pl = 1 lenne, ami az összefügg®ség miatt lehetetlen, hiszen ∃ a → b út, s emiatt ∃ m ∈ Ha , hogy ∃ m → b út, ami a-t (ab) nem tartalmazza, azaz pm < 1. Ha k = b, akkor (1.14)
−
X I2 (ab) (ab) = pb − pbl pl cb l∈
H
P (ab) alakú, ami I2 = cb l∈H pbl pl választással kielégíthet®, és ez az összefügg®ség miatt ugyancsak pozitív.
1.4. Denció. Egy hálózatot szabályosnak nevezünk, ha ∀ k, l ∈ H indexre ∃ φ : H → H grázomorzmus7 , hogy l = φ(k) és k = φ(l). 7 Olyan
φ : H → H leképezés, hogy ∀ x, y ∈ H-ra γxy = γφ(x)φ(y) .
20
A fenti deníció pongyolán fogalmazva azt jelenti, hogy egy csúcsból egy másik ugyanúgy néz ki, mint a másikból az egyik, azaz minden, csak a gráf szerkezetét®l függ®8 kétindexes mennyiség az indexcserére nézve invariáns, vagyis szimmetrikus. Másrészt a denícióból az is következik, hogy minden csúcsot minden csúcsba átvisz egy grázomorzmus, azaz a kizárólag egy indext®l függ® mennyiségek konstansok, vagyis a hálózat úgymond homogén, vagyis például c-homogén. Az 1.10. állításban szerepl® I1 -r®l és I2 -r®l mellesleg belátható, hogy mek )k∈H alakú, ahol I0 > 0 valós. A gegyeznek, és emiatt az árameloszlás (I0 Fab bizonyítás azonban meglehet®sen hosszadalmas, és a kés®bbiekben (a Greenoperátor megkonstruálásánál) már amúgy sem lesz szükségünk ekkora általánosságra, ezért megelégszünk azzal, hogy szabályos hálózat esetén I1 = ca =
1−
X
H
! (ab) pal pl
l∈ X (ab) cb pbl pl l∈
H
= ca
1−
X l∈
H
! pal (1 −
(ba) pl )
= ca
X l∈
H
(ba)
pal pl
=
= I2
valóban. (xy) (ab) pc kiszámolása a gyakorlatban megintcsak a Pn valószín¶ségekkel fog történni. A c-b®l induló véletlen bolyongó b-n való áthaladásainak a számát vonjuk ki az a-n való áthaladások számából, és vizsgáljuk ennek a várható értékét. Mivel mindkét szóban forgó szám végtelen, ezért a kivonás véges lépés után értend®, majd a lépések számával végtelenhez kell tartani. Viszont ebb®l még egyáltalán nem következik triviális módon, hogy a várható érték létezik, ha azonban létezik, akkor felírható ∞ X (Pn(ca) − Pn(cb) )
(1.40)
n=0
alakban, és fordítva, ha a fenti sornak létezik általánosított határértéke9 , akkor a várható érték létezik. Másrészt esetszétválasztást alkalmazva aszerint, hogy a bolyongó a-t vagy b-t éri el el®sz®r, a várható értéket felírhatjuk úgy is, hogy ∞ ∞ X X (ba) (ab) (ab) (aa) (1.41) (Pn(ba) − Pn(bb) ), pc (Pn − Pn ) + pc n=0
n=0 (ba)
(ab)
(ab)
amib®l a pc = 1−pc összefüggésre való tekintettel pc kifejezhet®. Ha az alább szerepl® sorok konvergensek, és a nevez® nem zérus, akkor azt kapjuk, 8 Az
indexelést®l független. ±∞ is megengedett határértéknek.
9 Azaz
21
hogy
P∞
p(ab) c
=
(ca) n=0 (Pn P∞ (aa) n=0 (Pn
(cb)
− Pn ) − (ab)
− Pn ) −
P∞
(ba) (bb) − Pn ) n=0 (Pn . P∞ (ba) (bb) − Pn ) n=0 (Pn
(1.42)
Szabályos rács esetén bevezetve a ∞ ∞ X X (aa) (ab) Σab = Σba = (Pn − Pn ) = − (Pn(ba) − Pn(bb) ) n=0
(1.43)
n=0
jelölést, azt kapjuk, hogy
P∞
(ca) n=0 (Pn
(cb)
− Pn ) + Σab = . (1.44) 2Σab P (ba) I0 kiszámításához vezessük be a p(ab) = l∈H pal pl jelölést, amit persze (ba) pl -hoz hasonlóan csak a 6= b-re értelmezünk. Ekkor p(ab) annak a valószín¶sége lesz, hogy a véletlen bolyongó a-ból indulva eljut b-be, miel®tt még újra visszatérne a-ba.10 Mivel tömött hálózatot vizsgálunk, ezért Σab létezése esetén felbonthatjuk a Σab várható értéket aszerint, hogy a véletlen bolyongó a-ból indulva (a 0. lépést nem tekintve) a-ba vagy b-be fog el®bb eljutni, és így a 6= b-re p(ab) c
Σab =
∞ X
(Pn(aa) − Pn(ab) ) =
n=0
=1+ =1+
(ab)
∞ X
p (Pn(ba) − n=0 Σab − 2p(ab) Σab .
Pn(bb) )
(ab)
+ (1 − p
)
∞ X
(Pn(aa) − Pn(ab) ) =
n=0
Ha pedig Σab < +∞, akkor 1 = 2p(ab) Σab , amib®l Σab > 0 és
p(ab) =
1 , 2Σab
vagyis
(1.45)
c0 , (1.46) 2Σab ahol c0 = cx tetsz®leges x ∈ H-ra, ami a szabályos rácsok homogenitása miatt jogos jelölés. A fentiekb®l kapjuk, hogy szabályos rácsok esetén ∀ a, b ∈ H, a 6= b k indexre és ∀ I0 > 0 valósra az (I0 Fab )k∈H árameloszlás megoldását ismerjük, I0 =
10 Ez
(ab)
tehát különbözik pa
-tól, ami deníció szerint 1.
22
ha Σab létezik és Σab < +∞. Ebb®l azonban egyáltalán nem következik triviális módon a Green-operátor el®állítása, s®t még az egzisztenciája sem nyilvánvaló. A Green-operátort úgy fogjuk el®állítani, hogy megsejtjük az alakját, és belátjuk róla, hogy teljesíti az (1.17) egyenletet. A sejtés úgy történik, hogy a szabályosságból adódó szimmmetriákra, és a Green-operátor k )k∈H konstans erjéig határozatlan voltára hivatkozva megpróbáljuk az (I0 Fab hoz tartozó megoldásból leválasztani a Green-operátornak egy vegyes index¶ tagját. A sejtés menetét itt tovább nem részletezzük, hanem egyb®l rátérünk a bizonyításra.
1.11. Állítás. Szabályos hálózatra, ha ∀ l, m ∈ H-ra Σlm létezik és véges, (lm)
továbbá limn→∞ Pn
= 0, akkor
Glm = −
Σlm z0
(1.47)
Green-operátor.
Bizonyítás: Azt kell megmutatnunk, hogy G teljesíti az (1.17) egyenletet, vagyis P δkm = l∈H (pkl − δkl )Σlm ∀ k, m ∈ H-ra. P Ha k 6= m, akkor ez azzal ekvivalens, hogy Σkm = l∈H pkl Σlm , amit kifejtve a ∞ X X n=0
H
pkl Pn(mm) −
X
H
!
pkl Pn(ml) − Pn(kk) + Pn(km)
=0
l∈
l∈
P
(mm) (kk) = Pn és H pkl = 1 ésPa szabályosságPmiatt Pn (ml) (lm) (km) (lm) ∞ Pn = Pn , ezért elég belátni, hogy n=0 (Pn − l∈H pkl Pn ) = 0. De
alakot kapjuk. Mivel ∞ X n=0
Pn(km)
−
X l∈
H
l∈
!
pkl Pn(lm)
N X
= lim
N →∞
Pn(km)
−
n=0
X
H
!
pkl Pn(lm)
=
l∈
(km) X (lm) (km) = lim P0 − pkl P0 + P1 −... N →∞ l∈H | {z } 0
...− | (km) =P0
X l∈
H
−
(lm) pkl PN −1
{z
X
H
l∈
23
+
(km) PN −
0 (lm)
N →∞
H
l∈
}
pkl lim PN
X
,
(lm) pkl PN
=
(km)
ami k 6= m, azaz P0 = 0 miatt és a feltétel miatt valóban 0.P Ha m = k , akkor Σkk = 0 miatt a bizonyítandó egyenlet az 1 = l∈H pkl Σlk alakra egyszer¶s®dik, ami a korábbi esethez hasonlóan igazolható, ugyanis ! ∞ X X X X X pkl Pn(kl) = pkl Pn(kk) − pkl Σlk = pkl Σkl =
H
l∈
l∈
=
H
∞ X n=0
H
n=0
Pn(kk) −
X
H
l∈
l∈
!
pkl Pn(lk)
= lim
H
N →∞
l∈
N X
Pn(kk) −
n=0
X l∈
H
! pkl Pn(lk)
=
(kk) X (lk) (kk) pkl P0 + P1 − . . . P0 − = lim N →∞ l∈H | {z } 0 ...− |
X l∈
H
(lk) pkl PN −1
+
(kk) PN −
{z
}
X
H
l∈
(lk) pkl PN
=1−
X
H
l∈
(lk)
pkl lim PN N →∞
= 1.
0
Ne feledjük, hogy a Green-operátor nem egyértelm¶. Jelen esetben például k (I0 Fab )k∈H -nak az (1.47) alakban el®állított megoldása egy 21 -es konstanssal eltér a (pab k )(k∈H) megoldástól. Mostmár a szabályos tömött hálózatokra is minden a kezünkben van, amire szükség lehet a Green-operátor számításához. A laza hálózatokhoz (ab) hasonlóan, nem kell mást tennünk, mint kiszámolnunk a Pn valószín¶ségeket. Megjegyezzük, hogy szabályos laza hálózatoknál is használhatjuk a fenti tételt (1.35) helyett, de ne felejtsük, hogy az (1.35) kifejezés használatához elegend® a c-homogenitás is. Ha viszont az 1.11. állítást akarjuk hasz(lm) nálni, akkor meg kell mutatnunk, hogy teljesül a limn→∞ Pn = 0 feltétel ∀ l, m ∈ H-ra. Ennek megmutatása nem lesz nehéz feladat a tárgyalásra kerül® hálózatok esetén, de könnyítésképpen bebizonyítjuk, hogy elegend® (lm) egy tetsz®leges (l, m) ∈ H2 párosra teljesülnie, hogy limn→∞ Pn = 0.
1.12. Állítás. Szabályos hálózatra, ha ∃ a, b ∈ H, hogy limn→∞ Pn(ab) = 0, (lm)
akkor ∀ l, m ∈ H-ra limn→∞ Pn
= 0.
Bizonyítás: Mivel a hálózat szabályos, ezért ∀ a, l, m ∈ H-hoz ∃ c ∈ H, hogy (lm)
(ac)
(ab)
Pn = Pn . Tehát elég belátnunk, hogyha ∃ a, b ∈ H hogy limn→∞ Pn = 0, (ac) akkor ∀ c ∈ H-ra limn→∞ Pn = 0. Ez viszont ekvivalens azzal az állítással, hogy ∃ a, c ∈ H : lim Pn(ac) 6= 0 ⇒ ∀ a, b ∈ H : lim Pn(ab) 6= 0 . n→∞
n→∞
24
(ac)
Mármost limn→∞ Pn 6= 0 azt jelenti, hogy ∃ ∈ R, > 0 és létezik végtelen sok (ac) különböz® ni ∈ N, hogy Pni ≥ . Ha viszont veszünk egy tetsz®leges b ∈ H-t, (cb) (ab) (cb) akkor az összefügg®ség miatt ∃ N ∈ N, hogy PN > 0, tehát Pni +N ≥ PN > 0, (ab)
vagyis limn→∞ Pn
6= 0.
25
2. Szabályos rácsok számítása Ebben a fejezetben az eddig leírt módszereket fogjuk alkalmazni a lehet® legegyszer¶bb esetekre, nevezetesen a szabályos rácsokra11 . Ne feledjük, hogy bár rácsokról beszélünk, és a számítások könnyítése végett ki is fogjuk használni a rácsok geometriáját, de valójában a hálózatoknak csak a topológiája lényeges, azaz gráfként lehet rájuk tekinteni. A fejezet els® részében az egydimenziós ellenálláslánccal foglalkozunk, ami lényegében a sorbakötött ellenállások esete, és a megoldás Green-operátor használata nélkül is triviális. Két okból foglalkozunk mégis ennek a tárgyalásával. Egyrészt, mert ez az egyetlen12 egydimenziós hálózat, és a kés®bbiekben tárgyalásra kerül® vektorváltozós generátorfüggvények el®tt, jó ha szó esik az egydimenziós esetr®l, amikor a generátorfüggvény csak skalárváltozós. Másrészt demonstrálni szeretnénk, hogy egy ilyen triviális feladat milyen nehéz tud lenni, ha általános módszerekkel nyúlunk hozzá. Látni fogjuk, hogy a precíz bizonyítások során olyan tételeket kell majd fölhasználnunk, mint a Beppo Levi tétel vagy a reziduum-tétel. A fejezet további részeiben a többdimenziós szabályos rácsokkal fogunk foglalkozni, de már nem olyan tökéletes precizitással, mint az egydimenziós lánc esetében, bár megjegyezzük, hogy amit csinálunk annak megvan a matematikai háttere, s ami ebben a fejezetben szerepel, az még mindig részletesebb, mint a legtöbb irodalom ebben a témában. Látni fogjuk, hogy a Green-operátor felírása integrál alakban általában egyáltalán nem nehéz, azonban a kapott integrálok a gyakorlatban nem nagyon használhatók, a Green-operátor egy-egy elemének kiszámolása ugyanis nagyon sok gépid®t igényel ezzel a módszerrel, ha egyáltalán lehetséges. Ezért aztán különösen nagy gyelmet fogunk fordítani rekurziós formulák keresésére, melyekkel a számítások valós idej¶vé vállnak, amik aztán a következ® fejezetek alapjait is képezik.
2.1. Egydimenziós lánc A hálózatunk csúcspontjai essenek a valós számegyenes egész koordinátájú pontjaira, és a szomszédos csúcsokat reprezentáló számok különbségének abszolútértéke legyen 1. A csúcsokat indexeljük koordinátáikkal, azaz H := Z. Továbbá induljon a véletlen bolyongó az origóból, és legyen ξj ∀ j ∈ N∗ -ra valószín¶ségi változó, mely a véletlen bolyongó j . és (j − 1). helyzetének koordinátakülönbsége. Mivel ξj azonos valószín¶séggel veszi fel az 1 és −1 11 Lásd
az 1.4. deníciót. szabályosok között mindenképp, de egy általános egydimenziós végtelen hálózat is csak az élekhez rendelt ellenállásértékekben különbözhet a homogén lánctól. 12 A
26
értékek mindegyikét, ezért a ξj valószín¶ségi változó ún. karakterisztikus függvénye φj : R → C ; θ 7→ heiξj θ i = cos θ := φ(θ). (2.1) Pj Ezután bevezethetjük az ηj = r=1 ξr valószín¶ségi változót, ami nem más, mint a véletlen bolyongó helyzete a j . lépés után. És ekkor ηj karakterisztikus függvénye, amit Φj (θ)-val fogunk jelölni, kifejezhet® lesz φ(θ)-val az alábbi módon: j Y iηj θ Φj (θ) = he i = h eiξr θ i = [φ(θ)]j = φj (θ). (2.2) r=1
Másrészt φ(θ) (2.1) alakja miatt Φj (θ) 2π szerint periódikus függvény, ezért Fourier-sorba fejthet®, és az együtthatók Φj (θ) karakterisztikus voltából adódóan (0n) a Pj valószín¶ségek lesznek, azaz Z π Z π 1 1 (0n) −inθ j Pj = dθe φ (θ) = dθ cos (nθ) cosj (θ), (2.3) 2π −π 2π −π
∀ n ∈ Z-re. Ennek segítségével meg fogjuk mutatni, hogy a szabályos egydimenziós lánc tömött hálózat. Természetesen erre nincsen feltétlenül szükség, ebb®l csak azt a következtetést fogjuk levonni, hogy nem használható az általánosabb (és valamennyivel egyszer¶bb) (1.35) összefüggés. Mivel tudjuk, P (00) hogy minden hálózat vagy laza vagy tömött, és azt is tudjuk, hogy ∞ j=0 Pj konvergenciájából következne a hálózat lazasága, ezért elegend® lesz az alábbi állítást bizonyítani: P (00) 2.1. Állítás. Szabályos egydimenziós láncra ∞ = ∞. j=0 Pj P2N +1
Bizonyítás: ∀ N ∈ N-re
2N +2
(θ) cosj (θ) = 1−cos µ1 -majdnem mindenütt, 1−cos θ továbbá az integrál additív, ezért ∀ N ∈ N-re 2N +1 X j=0
(00) Pj
1 = 2π
j=0
Z
Legyen ∀ N ∈ N-re
π
dθ −π
(
fN (θ) = és
j=0
1 cos (θ) = 2π j
1−cos2N +2 (θ) , 1−cos θ
0 egyébként
f (θ) =
2N +1 X
Z
π
dθ −π
1 − cos2N +2 (θ) . 1 − cos θ
ha θ ∈ [−π, 0[ ∪ [0, π]
1 1−cos θ ,
ha θ ∈ [−π, 0[ ∪ ]0, π] . 0 egyébként
Ekkor (fN )(N ∈N) L1R (R, R1 , µ1 )-beli függvénysorozat, hiszen ∀ N ∈ N-re fN véges sok L1R (R, R1 , µ1 )-beli összegeként áll el®. Továbbá ∀ N ∈ N-re, µ1 -majdnem
27
minden θ-ra 0 ≤ fN (θ) ≤ fN +1 (θ) teljesül, és f : R → R olyan függvény, hogy µ1 -majdnem minden θ-ra f (θ) = supN ∈N fN (θ). Viszont f ∈ / L1R (R, R1 , µ1 ), ugyaRπ 1 nis −π dθ 1−cos θ = ∞, tehát a Beppo Levi tétel szerint supN ∈N kfN kµ,1 = ∞. Mivel azonban ∀ N ∈ N-re, µ1 -majdnem minden θ-ra 0 ≤ fN (θ), ezért a µ1 által generált fels® integrál megegyezik a µ1 -szerinti integrállal, s így azt kapjuk, hogy Rπ P +1 (00) supN ∈N −π dθfN (θ) = ∞, ami ekvivalens azzal, hogy limN →∞ 2N = ∞. j=0 Pj
A hálózat tömöttsége miatt most Σ0n -t kell kiszámítanunk. Ha Σ0n létezik, akkor Σ0n =
∞ ∞ Z X 1 X π (00) (0n) (Pj − Pj ) = dθ(1 − e−inθ )φj (θ), 2π −π j=0
j=0
viszont kérdéses, hogy a végtelen szumma bevihet®-e az integrál mögé. Az alábbi bizonyítás során be fogjuk látni, hogy a szumma bevihet®.
2.2. Állítás. Σ0n létezik és értéke |n|. Bizonyítás: Bizonyításunk konstruktív kell legyen, hiszen a Σ0n -t megadó in-
tegrál értékére is kiváncsiak vagyunk, ugyanakkor még nem tudjuk, létezik-e az integrál, tehát az átalakításokat hátulról kell kezdenünk. Legyen (N )(N ∈N) tetsz®leges monoton csökken® pozitív nullsorozat, és legyen ∀ N ∈ N-re ( 1−cos (nθ) 1+N −cos θ , ha θ ∈ [−π, π] fN (θ) = 0 egyébként és
( f (θ) =
1−cos (nθ) 1−cos θ ,
ha θ ∈ [−π, 0[ ∪ ]0, π] . 0 egyébként
Ha fN integrálját −π -t®l π -ig a valós tengelyre vett komplex integrálnak tekintjük, majd z = e−iθ -t helyettesítünk, akkor a komplex integrál átmegy a komplex egységkörre vett integrálba az alábbi módon: Z π Z π I 1 − zn 1 − cos (nθ) 1 − e−inθ dz 2 dθ = dθ = 2i . 1 + N − cos θ 1 + N − cos θ z − 2z(1 + N ) + 1 −π −π |z|=1
1−z n
Mármost n ≥ 0 esetén az fˆN (z) = z 2 −2z(1+N )+1 függvénynek ∀ N ∈ N-re egyszeres q N =1+ ± 2N + 2N pontokban, tehát pólusa van a w1,2 N
1 − (wN )n ReswN (fˆN ) = lim ((z − w2N )fˆN (z)) = N 2 N = 2 w2 − w1 z→w2N q n 1 + N − 2N + 2N − 1 q = . 2 2N + 2N
28
Mivel az egységkör belsejébe a pólusok közül w2N esik, ezért a reziduum-tétel alapján azt kapjuk, hogyha n ≥ 0, akkor I dz fˆN (z) = 2πiReswN (fˆN ), 2
|z|=1
vagyis
Z
π
−π
dθfN (θ) = −4πReswN (fˆN ). 2
De fN ≥ 0 ∀ N ∈ N-re, ezért a µ1 által generált fels® integrál megegyezik a µ1 szerinti integrállal, és emiatt supN ∈N kfN kµ1 ,1 < ∞, hiszen q n 1 + N − 2N + 2N − 1 n q lim =− . N →∞ 2 2 2N + 2N Továbbá ∀ N ∈ N-re, µ1 -majdnem minden θ-ra fN (θ) ≤ fN +1 (θ) és f (θ) = supN ∈N fN (θ), ezért n ≥ 0 esetén a Beppo Levi tétel szerint f ∈ L1R (R, R1 , µ1 ) és Z π Z π Z π ∞ X dθf (θ) = dθ(1 − cos (nθ)) cosj (θ) = lim dθfN (θ) = 2nπ . −π
−π
N →∞ −π
j=0
Mivel viszont f (θ) n-t®l csak a cos (nθ) tagon keresztül függ, és a koszinusz páros 1 függvény, ezért R πf ∈ LR (R, R1 , µ1 ) n ≤ 0-ra is teljesül, és tetsz®leges n ∈ Z-re azt kapjuk, hogy −π dθf (θ) = 2|n|π . Az integrál additívitása miatt ∀ N ∈ N-re 2N +1 Z π X j=0
Z j
π
dθ(1 − cos (nθ)) cos (θ) =
−π
dθ −π
(1 − cos (nθ))(1 − cos2N +2 (θ)) . 1 − cos θ
Legyen ∀ N ∈ N-re
( gN (θ) =
(1−cos (nθ))(1−cos2N +2 (θ)) , 1−cos θ
0 egyébként
ha θ ∈ [−π, 0[ ∪ [0, π]
.
Ekkor (gN )(N ∈N) L1R (R, R1 , µ1 )-beli függvénysorozat, hiszen ∀ N ∈ N-re gN véges sok L1R (R, R1 , µ1 )-beli összegeként áll el®. Továbbá ∀ N ∈ N-re, µ1 -majdnem minden θ-ra 0 ≤ gN (θ) ≤ gN +1 (θ) és f (θ) = supN ∈N gN (θ). Azt viszont már tudjuk, hogy f ∈ L1R (R, R1 , µ1 ), tehát a Beppo Levi tétel szerint
Σ0n
Z π 2N +1 Z π X 1 1 1 − cos (nθ)) j = lim dθ(1 − cos (nθ)) cos (θ) = dθ = |n|. N →∞ 2π 2π −π 1 − cos θ −π j=0
29
Az 1.11. állítás, a fenti állítás, továbbá
lim
j→∞
(00) Pj
1 = lim 2π j→∞
Z
π
dθ cosj (θ) = 0
−π
és az eltolásszimmetria alapján azt kapjuk, hogy
Gnm = −
|n − m| 2
(2.4)
egy Green-operátor, és a bel®le származtatott ered® ellenállás
Rnm = |n − m|R0 ,
(2.5)
amit vártunk.
2.2. Négyzetrács A négyzetrács számítása során ugyanazt az utat fogjuk követni, mint az egydimenziós lánc esetében, de mostmár nem fogunk minden állítást részletesen bizonyítani. Az idevágó analízisbeli bizonyítások minden esetben hosszadalmasan, de könnyedén elvégezhet®k az el®z®ekben használt trükkök és tételek alapján. A jobb áttekinthet®ség kedvéért ezeket a továbbiakban kihagyjuk. A négyzetrács pontjait a szokásos módon a koordináták számpárjaival indexeljük, azaz H = Z2 . Az egyszer¶ség kedvéért a bolyongó most is in(k,l) ((0,0)(k,l)) -et rövidítsük Pn -nek ∀ k, l ∈ Z és duljon az origóból, továbbá Pn ∀ n ∈ N esetén. A ξj valószín¶ségi változót ugyanúgy deniáljuk, mint a 26. oldalon, de ez most egy kétdimenziós vektorváltozó, ami az (1, 0), (−1, 0), (0, 1) és (0, −1) vektorokat veszi fel egyenletes eloszlással. Tekintettel arra, hogy ξ j vektorváltozó, a karakterisztikus függvénye is vektorváltozós lesz, nevezetesen
1 φj (θ) = heiξ j θ i = (cos θx + cos θy ) := φ(θ), (2.6) 2 P ahol θ = (θx , θy ) ∈ R2 . Természetesen η j = jr=1 ξ r ugyancsak vektorváltozó, és karakterisztikus függvénye iη j θ
Φj (θ) = he
j Y i = h eiξ r θ i = [φ(θ)]j = φj (θ).
(2.7)
r=1
Φj (θ) Fourier-sorba fejthet®, és azt kapjuk, hogy Z π Z π 1 (qx ,qy ) dθx dθy e−iqθ φn (θ) Pn = (2π)2 −π −π 30
(2.8)
∀ q ∈ Z2 -re, amib®l ∞ X
Pn(qx ,qy )
n=0
1 = (2π)2
Z
Z
π
π
dθx
dθy e
−π
Z
−iqθ
−π
Z
π
∞ X
φn (θ) =
n=0 −iqθ
π
1 e dθx dθy = 2 (2π) −π 1 − φ(θ) −π Z π Z π 1 cos(qx θx + qy θy ) dθx , = dθy 2 (2π) −π 1 − 12 (cos θx + cos θy ) −π =
(2.9)
és amibe q = (0, 0)-t helyettesítve azt kapjuk, hogy ∞ X
Pn(0,0)
n=0
1 = (2π)2
Z
Z
π
−π
dθx
π
−π
dθy
1 1−
1 2 (cos θx
+ cos θy )
= ∞,
tehát a négyzetrács is tömött hálózat. Egyébként erre nincsen feltétlenül szükségünk, hiszen úgyis szabályos a hálózat. Rövidítsük Σ(0,0)(k,l) -et Σk,l nek. Ekkor
Σk,l =
∞ X
(Pn(0,0) − Pn(k,l) ) =
n=0
1 = (2π)2
Z
Z
π
π
dθx Z
−π π
dθy (1 − e Z
−i(k,l)(θx ,θy )
−π
)
∞ X
φn (θ) =
n=0
π
−i(k,l)(θx ,θy )
1 1−e = dθx dθy = 2 (2π) −π 1 − φ(θ) −π Z π Z π 1 − cos(kθx + lθy ) 1 = dθx dθy , 2 (2π) −π 1 − 12 (cos θx + cos θy ) −π amib®l a G(0,0)(k,l) = Gk,l rövidítést alkalmazva kapjuk, hogy Z π Z π 1 − cos(kx + ly) 1 dx dy Gk,l = − 2 16π −π 1 − 12 (cos x + cos y) −π és hasonló rövidítést alkalmazva az ered® ellenállásra Z Z π 1 − cos(kx + ly) R0 π dx dy . Rk,l = 2 4π −π 2 − cos x − cos y −π
(2.10)
(2.11)
(2.12)
Nézzük el®sz®r, hogy mit tudunk kezdeni ezekkel az integrálokkal. Felhasználva a szimmetriát R0,1 + R1,0
R0 = 2 4π
Z
Z
π
π
dx −π
31
−π
dy = R0
alapján azt kapjuk, hogy R0,1 = R1,0 = R0 /2. Nagyobb k, l esetén azonban nem jutunk ilyen könnyen célhoz, ugyanis az integrálandó kifejezés két olyan tag különbsége, melyek integrálja külön-külön divergál. Ezért van szükség további átalakításokra, és az egydimenziós lánc számításából már sejthetjük, hogy a reziduum-tételt alkalmazva a kétdimenziós integrál visszavezethet® lesz egydimenziós integrállá.
2.3. Állítás. Rk,l
R0 = π
Z
π
dy 0
1 − e−|k|s cos (ly) , sinh s
(2.13)
ahol cosh s = 2 − cos y .
Bizonyítás: Rk,l = ahol
1 I(y) = 2π
Z
R0 2π
Z
π
dx −π
π
−π
dyI(y),
1 − eikx eily . 2 − cos x − cos y
Tudjuk, hogy Rk,l = R−k,l , ezért felteszzük, hogy k ≥ 0, és az I(y) integrált a valós tengelyre vett komplex integrálnak tekintve z = eix -et helyettesítünk. Ekkor az integrál átmegy az I i 1 − z k eily I(y) = dz π 2z(2 − cos y) − z 2 − 1 |z|=1
q alkba, és a nevez® w+ és w− zérushelyeire azt kapjuk, hogy w± = αy ± αy2 − 1, ahol αy = 2 − cos y . A zérushelyek mindegyike az integrálandó függvény egyszeres pólusa a valós tengelyen, és w+ és w− közül mindig pontosan w− esik az egységkörön belülre, kivéve ha y = 0, de egy pont µ1 -nullhalmaz, tehát nem fog számítani az integrálásnál. Legyen fy (z) =
1 − z k eily . 2z(2 − cos y) − z 2 − 1
Ekkor fy (z) reziduuma a w− pontban
Resw− (fy ) = lim ((z − w− )f (z)) = z→w−
k eily 1 − w− . w− − w+
Legyen továbbá sy ≥ 0 az valós, amelyre cosh sy = αy = 2 − cos y , tehát ezesetben w± = cosh sy ± sinh sy , és így a reziduum-tétel és a Moivre-képlet alapján
I(y) = =
1 − (cosh sy − sinh sy )k eily 1 − (cosh (ksy ) − sinh (ksy ))eily = = sinh sy sinh sy 1 − e−ksy eily . sinh sy
32
Végül az ellenállásra kapjuk, hogy
Rk,l
Z
π
1 − e−|k|sy eily R0 dy = sinh s π y −π
R0 = 2π
Z
π
dy 0
1 − e−|k|sy cos (ly) . sinh sy
A fenti formula segítségével kis k és l értékekre már számolható az ered® ellenállás, azonban |k| > 5 esetén már a legjobb matematikai programok13 sem bírják elfogadható gépid®n belül számolni az integrált. Ezért fogunk a továbbiakban rekurziós képletekkel foglalkozni.
2.4. Állítás. Legyen k, p ∈ N∗ és 0 < p < k . Ekkor Rk+1,k = 2Rk,k − Rk,k−1 , Rk+1,0 = 4Rk,0 − Rk−1,0 − 2Rk,1 , Rk+1,p = 4Rk,p − Rk−1,p − Rk,p+1 − Rk,p−1 .
(2.14)
Bizonyítás: Mindegyik rekurziót R helyett elég Σ-ra belátni, hiszen arányosak
egymással. Az els® rekurzió esetén tekintsük a (k, k) pontot. Nyilvánvaló, hogy a véletlen bolyongó csak úgy juthat az n. lépésben a (k, k) pontba, ha az (n − 1). lépésben valamelyik szomszédjában volt, ezért
1 (k,k−1) 1 (k−1,k) 1 (k,k+1) 1 (k+1,k) 1 (k,k−1) 1 (k,k+1) + Pn−1 + Pn−1 + Pn−1 = Pn−1 + Pn−1 . Pn(k,k) = Pn−1 4 4 4 4 2 2 Ezt felhasználva
2Σk,k =2
∞ X
(Pn(0,0) − Pn(k,k) ) = lim
N →∞
n=0
= lim
N →∞
(0,0) (2P0 (0,0)
= lim (2P0 N →∞
+ ··· +
N →∞
=
∞ X
(0,0) 2PN (0,0)
+ · · · + 2PN
(k+1,k)
· · · − PN −1 = lim
N X
(k,k−1)
− PN −1
(2Pn(0,0) − 2Pn(k,k) ) =
n=0 (k,k)
− 2P0
(k+1,k)
− P0
(k,k)
− · · · − 2PN (k,k−1)
− P0
)=
− ...
)=
N −1 X
(0,0)
(2Pn(0,0) − Pn(k+1,k) − Pn(k,k−1) ) + lim 2PN N →∞
n=0
(2Pn(0,0) − Pn(k+1,k) − Pn(k,k−1) ) = Σk+1,k + Σk,k−1 .
n=0 13 MATHEMATICA,
MAPLE, MATHLAB, MATHCAD.
33
=
A másik két rekurziós formula is teljesen hasonló módon adódik, ha rendre a (k, 0) ill. a (k, p) pontokat tekintjük.
Megjegyezzük, hogy ezek a rekurziók megtalálhatók az irodalomban [8], de nem ilyen valószín¶ségszámítási analógiát kihasználó bizonyítással. Ez a fenti levezetés segít mélyebb összefüggéseiben megérteni, hogy miért léteznek ezek a rekurziós formulák. Ahhoz azonban, hogy rekurzívan minden elemet ki tudjunk számolni, még nem elegend®ek a fenti formulák. Szükség van még egy átlós rekurzióra, vagy egy képletre, amib®l az átlós elemek számíthatók. Sajnos az alkalmazott valószín¶ségszámítási analógia alapján több formula nem adódik, ezért más módszerhez kell folyamodnunk.
2.5. Állítás. Legyen k ∈ N∗ . Ekkor Rk,k
k 2X 1 = R0 . π j=1 2j − 1
(2.15)
Bizonyítás: R0 8π 2
Z
Z
π
π
1 − cos (k(x + y)) = 1 − 12 (cos x + cos y) −π −π Z Z π 1 − cos (k(x + y)) R0 π dx dy = 2 x−y , 8π −π 1 − cos ( x+y −π 2 ) cos ( 2 )
Rk,k =
dx
dy
x−y amin végrehajtva az α = x+y 2 és β = 2 transzformációt, majd kihasználva az integrálandó tört eltolásszimmetriáját, azt kapjuk, hogy Z Z Z Z π 1 − cos (2kα) 1 − cos (2kα) R0 R0 π dαdβ dα dβ = 2 = Rk,k = 2 4π 1 − cos α cos β 8π −π 1 − cos α cos β −π |α|+|β|≤π
Z Z R0 π R0 π 1 − cos (2kα) sin2 (kα) sin2 (kα) = = = dα dα dα | sin α| 2π −π | sin α| π 0 sin α −π Z k k X R0 X 2 R0 π sin ((2j − 1)α) = = dα . π 0 π 2j − 1 R0 = 4π
Z
π
j=1
j=1
Most már az R0,1 = R0 /2 és a (2.15) formula által generált kezd®értékekkel a fenti rekurziók alapján tetsz®leges ellenállás kiszámítható. A rekurziót a MAPLE programmal végezve |k|, |l| ≤ 100 értékeire az összes Rk,l , azaz összesen 5151 darab különböz® ellenállás pontos kiszámítása mindössze pár 34
1. táblázat. Az els® néhány Rk,l érték R0 egységekben. k/l
0
1
2
3
4
5
0
0
1 2
4 2− π
17 2
− 24 π
40 − 368 3π
401 2
1
1 2
2 π
4 π
46 3π
−4
80 π
6646 15π
2
4 2− π
4 π
3
17 2
46 3π
4
40 − 368 3π
80 π
5
401 2
6646 15π
6
1042 − 49052 15π
2468 π
− 24 π
− 1880 3π
− 1 2
− 1 2
8 3π
1 2
−4
1 2
− 49 2
− 140
2468 π
− 1569 2
97 2
46 15π
24 5π
998 35π
236 6 − 15π
24 5π
352 105π
1 2
− 140
97 2
998 35π
1 2
1126 315π
236 45π
− 1569 2
336 − 36824 35π
236 45π
13016 3465π
− 2236 15π
− 1 2 −8
26924 105π
− 161 2
− 1 2
40 + 21π
10 − 1252 45π
− 2236 15π
1042 − 49052 15π
236 6 − 15π
4 + 3π
4 + 3π
− 49 2
6 − 1880 3π
−8
40 + 21π
− 1 2
336 − 36824 35π 26924 105π
− 161 2
10 − 1252 45π − 1 2
másodpercet vesz igénybe. Az 1. táblázatban láthatjuk az els® néhány ellenállás pontos értékét, és a 3. ábrán grakusan is ábrázoltuk az Rk,l függvényt. Továbbá érdekességképpen leírjuk még R100,100 és R100,99 értékét. R100,100 =R0
17309180687264661472543194658077233202536312820698463876141671366661062467901930307894944 1
2635106162757236442495826303084698495565581115509040892412867358728390766099042109898375 π ≈R0 2.0908771769304502094,
R100,99 = R0
964180413477859683609510044413702596035984991506685877784 1 118530049253618635328466138777045490070901100916404030125 π
−
1 2
≈
≈ R0 2.0892856672832949531.
A rekurzió er®sségét ecsetelve, ne feledjük, hogy az integrálformula egzakt kiszámítása |k| > 5 esetén már gyakorlatilag lehetetlen. Ugyanakkor az (1.31) egyenletb®l az S mátrix elemei is rögtön megkaphatók, és így árameloszlások számítása sem okozhat gondot.
2.3. Kockarács A számítás kockarács esetén is teljesen analóg módon történik. Értelemszer¶ jelöléseket használva az alábbi egyenleteket kapjuk.
1 (2.16) φ(θ) = (cos θx + cos θy + cos θz ), 3 Z π Z π Z π 1 (qx ,qy ,qz ) = Pn dθx dθy dθz e−iqθ φn (θ), (2.17) 3 (2π) −π −π −π Z π Z π Z π ∞ X 1 cos(qx θx + qy θy + qz θz ) (qx ,qy ,qz ) = Pn dθx dθy dθz . 3 (2π) −π 1 − 13 (cos θx + cos θy + cos θz ) −π −π n=0 (2.18) 35
Érdekességképpen megmutatjuk, hogy az egydimenziós lánccal és a négyzetráccsal ellentétben, a kockarács laza hálózat, és erre most egy kombinatorikai jelleg¶ bizonyítást adunk. P (0,0,0) 2.6. Állítás. ∞ < ∞. n=0 Pn
Bizonyítás: A véletlen bolyongó akkor tér vissza az origóba, ha az x irányban
megtett lépések száma megegyezik a negatív x irányban tett lépések számával, és ha ugyanez igaz az y és z irányokra is. Legyen n ∈ N. Ha n páratlan, akkor
2 1.8 1.6 1.4 1.2 R(k,l) 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 –40
–20
l0
–40 –20 20 20
40
0 k
40
3. ábra. Az R(k, l) = Rk,l függvény R0 egységekben. 36
(0,0,0)
Pn
= 0, egyébként a polinomiális eloszlás alapján (0,0,0)
P2n
=
1 X (2n)! = 62n j!j!k!k!(n − j − k)!(n − j − k)! 2
N
(j,k)∈ j+k≤n
X 2 1 2n 1 n! = 2n . 2 3n j!k!(n − j − k)! n 2
N
(j,k)∈ j+k≤n
A kapcsos zárójelben a trinomiális eloszlás tagjai állnak, melyek összge 1, emiatt a négyzetösszegük kisebb a tagok maximumánál, melyet akkor kapunk, ha j és k körülbelül n/3. A Stirling-formula alapján a maximum nagyságrendje n−1 , amib®l (0,0,0) P2n nagyságrendjére n−3/2 adódik, aminek a sora divergál.
Nevezzük el a 3κ −
∞ X
P∞
(0,0,0)
n=0
Pn(1,0,0)
Pn
∞ X
−
n=0
pozitív valós számot κ-nak.14 Ekkor
Pn(0,1,0)
−
n=0
∞ X
Pn(0,0,1)
n=0
3 = (2π)3
Z
Z
π
dx −π
Z
π
π
dy −π
−π
dz = 3,
tehát a szimmetria miatt ∞ X
Pn(1,0,0)
=
n=0
∞ X
Pn(0,1,0)
n=0
=
∞ X
Pn(0,0,1) = κ − 1.
n=0
Laza hálózat esetén a Green-operátort az (1.35) egyenletb®l is lehet számítani, és (1.39) felhasználásával azt kapjuk, hogy (y)
(y)
G0x = P
(y)
k∈Hy qk
p0 = = (1,0,0) 6(1 − 6(1 − p0 )
∞
1 X (0y) = P , κ−1 6 n=0 n ) κ
(y)
p0
p0
amib®l (1.30) alapján Z π Z π Z π cos(kx + ly + mz) 1 dx dy dz Rk,l,m = R0 3 (2π) −π 3 − cos x − cos y − cos z −π −π
(2.19)
(2.20)
adódik. Megjegyezzük, hogy ezeket az integrálokat is lehet egzaktul számolni [9], de már jóval nehezebb, mint a négyzetrács esetén, és helysz¶ke miatt ezzel már nem foglalkozunk.
2.4. Háromszögrács Tekintettel arra, hogy a háromszögrács a 4. ábrán látható módon eltranszformálható, indexelhetjük a csúcsokat ugyanúgy mint a négyzetrácsnál. A 14 κ
=
1 1−p ,
ahol p az ún. Pólya-féle véletlen bolyongás konstans.
37
01 01
01 01
01
01 01
01
000 1 1 111 0 0 01 1 0
0 1 1 0 1 0
0 1 1 0 1 0
0 1 1 0
4. ábra.
ξj valószín¶ségi változó azonban most az (1, 0), (−1, 0), (0, 1), (0, −1), (1, 1) és (−1, −1) vektorokat veszi fel egyenletes eloszlással, ezért 1 φ(θ) = (cos θx + cos θy + cos (θx + θy )), 3 amib®l a szokásos Fourier-sorbafejtéssel Z π Z π 1 (qx ,qy ) dθy e−iqθ φn (θ). dθx Pn = (2π)2 −π −π
(2.21)
(2.22)
Mostmár a korábbiaktól eltér®en nem vesz®dünk azzal, hogy a hálózat laza vagy tömött-e. φ(θ) < 1 µ2 -majdnem mindenütt, ahogyan eddig is mindig, (0,0) = 0 triviális módon, tehát használhatjuk a szabályos vagyis limn→∞ Pn hálózatokra vonatkozó (1.47) egyenletet, amib®l Z π Z π 1 1 − cos(kθx + lθy ) Σk,l = dθx dθy (2.23) 1 2 (2π) −π 1 − 3 (cos θx + cos θy + cos (θx + θy )) −π és Rk,l = −2Gk,l alapján Z Z π R0 π 1 − cos(kθx + lθy ) Rk,l = 2 dθx dθy . 4π −π 3 − cos θx − cos θy − cos (θx + θy ) −π
(2.24)
A reziduum-tétel segítségével a kett®s integrál most is visszavezethet® egydimenziós integrállá15 .
2.7. Állítás. Rk,l
R0 = π
Z
π/2
dx 0
1 − e−|k−l|s cos ((k + l)x) , sinh s cos x
(2.25)
ahol cosh s = 2 sec x − cos x. 15 Ennek
bizonyítása megtalálható az irodalomban [4], de sajnos tartalmaz néhány hibát.
38
Bizonyítás: Rk,l = ami az α =
R0 4π 2
x+y 2 ,
Z
Z
π
π
dx −π
β= R0 2π 2
dy −π
3−
1 − cos(kx + ly) , − cos (x + y)
x−y 2 cos ( x+y 2 ) cos ( 2 )
x−y 2
koordinátatranszformációval Z Z 1 − cos (k(α + β) + l(α − β)) dαdβ 3 − 2 cos α cos β − cos (2α)
|α|+|β|≤π
alakba írható. Kihasználva az integrálandó kifejezés eltolásszimmetriáját Z Z π R0 π 1 − cos (k(α + β) + l(α − β)) Rk,l = 2 dα dβ = 4π −π 3 − 2 cos α cos β − cos (2α) −π Z Z π R0 π 1 − ei(k+l)α ei(k−l)β , = 2 dα dβ 4π −π 3 − 2 cos α cos β − cos (2α) −π majd a β szerinti integrált a valós tengely mentén vett komplex integrálnak tekintve, és z = eiβ -t helyettesítve azt kapjuk, hogy Z R0 π Rk,l = 2 dαI(α), 4π −π ahol
I I(α) = i
dz
1 − z (k−l) ei(k+l)α . z 2 cos α + z(cos (2α) − 3) + cos α
|z|=1
Mivel Rk,l szimmetrikus, és invariáns az indexek el®jelváltására, ezért feltehetjük, hogy 0 ≤ l ≤ k , és ekkor az integrálandó függvénynek csak a nevez® zérushelyeiben lesz pólusa. A gyökök és együtthatók közötti összefüggések alapján a gyökök szorzata 1, tehát választhatjuk w± = e±iω alakban a pólusokat, így (2α) w+ + w− = 3−cos = 2 cos ω , amib®l láthatjuk, hogy α = 0-t kivéve az egyik cos α gyök mindig az egységkörön bel¶lre, míg a másik kívülre esik, továbbá ugyancsak (2α) α = 0-t kivéve ω tisztán képzetes, mert 3−cos > 1. Legyen az egységkörbe es® cos α pólus w+ , mivel egyszeres pólus
fα (z) =
1 − z (k−l) ei(k+l)α z 2 cos α + z(cos (2α) − 3) + cos α
reziduumát w+ -ban számíthatjuk úgy, hogy (k−l)
1 − w+ ei(k+l)α Resw+ (fα ) = lim ((z − w+ )fα (z)) = . z→w+ cos α(w+ − w− ) Ha bevezetjük azt az s valóst, amelyre ω = is, akkor a gyökök w± = e∓s alakba írhatók, és a reziduum-tétel alapján
I(α) = π
1 − e−(k−l)s ei(k+l)α . cos α sinh s
39
Tehát tetsz®leges k, l ∈ Z-re azt kapjuk, hogy
Rk,l
R0 = 4π
Z
π
1 − e−|k−l|s ei(k+l)α R0 dα = cos α sinh s π −π
Z
π/2
dα 0
1 − e−|k−l|s ei(k+l)α . cos α sinh s
Megjegyezzük, hogy a fenti állítás megtalálható például [4]-ben, de ott rosszul van leírva a bizonyítás. A (2.25) kifejezésb®l k = l esetén azt kapjuk, hogy
Rk,k
2 = R0 π
Z
π/2
1 − cos (2kx)
dx p 0
(3 − cos 2x)2 − 4 cos2 x
,
(2.26)
és ezzel a képlettel szerencsénk van, mert ∀ k ∈ N-re az egzaktul kiszámolható integrálok közé tartozik. Bár a számítási id® k -val exponenciálisan n®, de a MAPLE okos, és felhasználva a már korábban kiszámított részeredményeket, ez a futási id® csak k = 27 környékén kezd elszállni. Mivel viszont az eredeti (transzformálatlan) háromszögrács forgási szimmetriája miatt elvárjuk, hogy az R0,k , Rk,k , Rk,0 , R0,−k , R−k,−k és R−k,0 értékek megegyezenek, a fenti integrál kiszámolásával 6 legyet ütünk egy csapásra. Ami viszont még fontosabb, hogy a valószín¶ségi analógiát kihasználva most is fölírhatunk rekurziós formulákat, melyek segítségével már tetsz®leges ellenállásérték generálható lesz az Rk,k -k ismeretében. Az origón átmen® 45 fokos meredekség¶ egyenesre való tükrözési szimmetriát kihasználva azt kapjuk, hogy
1 Rk,k+1 = (6Rk,k − Rk−1,k−1 − Rk+1,k+1 − 2Rk,k−1 ), 2
(2.27)
aminek alapján az átló melletti elemek generálhatók. Ezekután már elegend® megfelel® sorrendben alkalmazni az általános
Rk+1,l+1 = 6Rk,l − Rk−1,l−1 − Rk,l−1 − Rk,l−1 − Rk+1,l − Rk−1,l
(2.28)
rekurziót. A MAPLE programmal Rk,k értékeit k = 26-ig kiintegráltuk, és generáltuk a rekurzió által generálható összes többi16 ellenállásértéket is, melyeket a 2. és 3. táblázatban, továbbá a 6. ábrán tekinthetünk meg. Végül a négyzettel való összehasonlítás végett az 5. ábrán a háromszög- és négyszögrács tengely menti elemeit ábrázoltuk. A várakozásnak megfelel®en láthatjuk, hogy a s¶r¶bb rácsnak kisebb az ellenállása. 16 Összesen
2107 darab.
40
2. táblázat. Az els® néhány Rk,l érték R0 egységekben. k/l
0
1
2
3 √
− 4π3
0
0
1 3
8 3
1
1 3
1 3
√ 2 3 π
2
8 3
3
27 − 48π 3
4
928 3
5
11249 3
√
− 4π 3
2
√
√ π
3
√ 10 3 π
√
√
3 − 6800 π
1616 π
− 2 3 √
− 4π3
√ 10 3 π
−5
√ 128 3 π
− 560π 3
8 3
− 2 3
27 −
√
√ 3
− 2671 3
928 3
√
123 − 222π 3
5 −
√ 560 3 π
11249 3
√
− 70
√ 1616 3 π
3 − 6800 π
√ 10 3 π
−5
√ 128 3 π
√ 10 3 π
−5
16 − 28π 3
123 − 222π 3
27 − 48π 3
√ 128 3 π
123 − 222π 3
√ 128 3 π
928 3
√
√
−5
16 − 28π 3
− 70
4 √ 48 3 π
− 70 √
123 − 222π 3
√
√
− 70 √
√ 1616 3 π
− 560π 3
1616 π
− 2671 3
√ 3
11249 3
− 2671 3
− 2671 3 √
3 − 6800 π
3. táblázat. Rk,k értékei a 6 ≤ k ≤ 21 tartományban R0 egységekben. k
Rk,k
6
46872 −
√ 425076 3 5π
7
1792225 3
3 − 5417888 5π
8
23152256 3
9
3 100685835 − 6391836576 35π
10
3970817992 3
11
52514317745 3
12
3 232632253152 − 23207152807632 55π
13
9312279644305 3
k
Rk,k
14
124679388532616 3
15
3 558045429567723 − 5065973139045546048 5005π
16
22535777036048896 3
17
304019163828015425 3
18
3 1369749056511039192 − 211389425515380235139892 85085π
19
55636782937437928465 3
20
754433501873472359072 3
21
3 3414685852123610922171 − 2002518792202095173409943152 323323π
√
√
3 − 377282565082031732 5005π √
√
3 − 489924672 35π √
√
√
3 − 68193755730950131456 5005π √
3 − 919968659720565277632 5005π √
3 − 84026450028 35π √
3 − 222251017648 7π √
√
3 − 61932225294160 11π
√
3 − 2862088138641991593530544 85085π √
3 − 147477428416917566168607376 323323π √
41
1.6
1.4
1.2
R(k,0)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0 0
Az R(k, 0) = Rk,0
5
10
15 k
20
25
30
5. ábra. függvény R0 egységekben háromszög- és négyszögrácsra értelemszer¶ jelöléseket használva.
42
1
0.8
0.6 R(k,l) 0.4
0.2
26 24 22
0
20
25
18 16
20
14 12 k
15
10 l
8
10 6 4
5 2 00
6. ábra. Az R(k, l) = Rk,l függvény R0 egységekben.
43
2.5. Hatszögrács A 7. ábrán láthatjuk, hogy a háromszögrácshoz hasonlóan a hatszögrács is eltranszformálható úgy, hogy a csúcsai egy négyzetrács csúcsaival essenek egybe. Kicsit megnehezíti azonban a dolgunkat az, hogy a kapott rács0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1
1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
1 0 0 1
1 0 11 00 0 00 1 00 11 11 11 00
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 00 0 0 11 1 00 11
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 11 00 0 00 1 00 11 11 11 00
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 11 00 0 00 1 00 11 11 11 00
1 0 0 1
7. ábra. ban nem lesz minden csúcs egyforma. Nevezetesen két osztályba oszthatók a csúcsok aszerint, hogy a függ®legesen kimen® él lefelé vagy fölfelé megy. Tegyük fel hogy az origó az utóbbi osztályba tartozik. Ekkor azt kapjuk, hogy ∀ j ∈ N∗ -ra ξ 2j−1 az (1, 0), (−1, 0) és (0, 1) vektorokat, míg ξ 2j az (1, 0), (−1, 0) és (0, −1) vektorokat veszi fel azonos valószín¶séggel. Legyen a páros index¶ ξ -k karakterisztikus függvénye φ+ (θ), a páratlan index¶eké φ− (θ). Ezesetben az adódik, hogy
1 φ± (θ) = (2 cos θx + e∓iθy ). 3
(2.29)
Mivel η j felbontható úgy, hogy
ηj =
j X
ξr =
r=1
ezért
b 2j c X r=1
ξ 2r +
d 2j e X
ξ 2r−1 ,
j j Φj (θ) = [φ+ (θ)]b 2 c [φ− (θ)]d 2 e ,
és (q ,q ) Pj x y
1 = (2π)2
Z
Z
π
π
dθx −π
−π
j j dθy e−iqθ [φ+ (θ)]b 2 c [φ− (θ)]d 2 e .
44
(2.30)
r=1
(2.31)
(2.32)
Mármost fölhasználva, hogy φ± (θ) µ2 -majdnem mindenütt egynél kisebb abszolútérték¶ komplex értékkészlet¶ függvények, azt kapjuk, hogy Z π Z π ∞ X 1 −iqθ b 2j c [φ (θ)]d 2j e = Σqx ,qy = dθ dθ (1 − e ) [φ (θ)] x y − + (2π)2 −π −π j=0 Z π Z π 1 = dθx dθy (1 − e−iqθ )(1 + φ− (θ) + φ+ (θ)φ− (θ) + . . . ) = (2π)2 −π −π Z π Z π ∞ X 1 −iqθ = dθx dθy (1 − e )(1 + φ− (θ)) [φ+ (θ)φ− (θ)]j = (2π)2 −π −π j=0 Z π Z π 1 + φ− (θ) 1 = dθx dθy (1 − e−iqθ ) . 2 (2π) −π 1 − φ+ (θ)φ− (θ) −π (2.33)
φ± (θ) alakját a 2.29 egyenletb®l behelyettesítve (1 − e−iqθ )(1 + φ− (θ)) =(1 − cos (qx θx + qy θy ) + i sin (qx θx + qy θy ))× 1 − φ+ (θ)φ− (θ) 1 + 2 cos θx + 13 cos θy + i 31 sin θy × 8 43 2 = 2 iθy + e−iθy ) 9 − 9 cos θx − 9 cos θx (e 3 = (1 − cos (qx θx + qy θy ) + i sin (qx θx + qy θy ))× 4 3 + 2 cos θx + cos θy + i sin θy . × 2 − cos2 θx − cos θx cos θy
Vegyük észre, hogy e kifejezés képzetes részének integrálja a szinuszfüggvény páratlan volta miatt nulla lesz. Ekkor viszont a valós rész integráljával Σ-t úgy írhatjuk, hogy Z π Z π (1 − cos (kx + ly))(3 + 2 cos x + cos y) 3 Σk,l = dx dy + 2 16π −π 2 − cos2 x − cos x cos y −π (2.34) sin y sin (kx + ly) − , 2 − cos2 x − cos x cos y amib®l az ellenállás Z π Z π 1 (1 − cos (kx + ly))(3 + 2 cos x + cos y) Rk,l = 2 dx dy + 8π −π 2 − cos2 x − cos x cos y −π (2.35) sin y sin (kx + ly) − . 2 − cos2 x − cos x cos y Megjegyezzük, hogy az irodalomban [4] található integrálformulától alakilag eltér®, egyszer¶bb17 formában kaptuk meg az ellenállást. Az eltérés oka az, 17 A
szerz® szubjektív véleménye szerint.
45
hogy a valószín¶ségszámítási tárgyalással frappáns módon tudtuk kezelni az eltranszformált rács azon tulajdonságát, hogy a pontok két különböz® ekvivalenciaosztályba sorolhatók. Sajnos a (2.35) integrál els® ránézésre megintcsak nem tartozik a könnyen számolható integrálok közé. Gyakorlati számításokhoz nem is ezt fogjuk használni, hanem észrevesszük, hogy a hatszögrács számítása visszavezethet® a háromszögrács számítására. Az alábbiakban jelöljék a M és indexek rendre a háromszögrácsra és
M
hatszögrácsra vonatkozó mennyiségeket. Legyen egy háromszögrácsunk H indexhalmazzal. A 8. ábrán látható ∆Y átalakításokkal ebb®l olyan hats-
M
M(ab)
zögrácsot kaphatunk, hogy H ⊂ H. Vizsgáljuk meg a p
(ab)
és p
valós-
x’
y
1 0 y’
0 1 100 0 1 11 0 1 11 0 00 1 0
10 01 10 01
10 01 01
10 01 10 01
10 01 01
10 01
01
x
8. ábra.
M
zín¶ségek kapcsolatát. Ha a, b ∈ H, akkor X (ba) 1 X (ba) 1 X M(ba) (ab) pal pl = p = pl = pl , 9 9 M M
H
l∈
l∈
másrészt
M(ab)
p
=
Ha
Ha
X M M(ba) 1 X M(ba) pal pl = p , 6 M l M
H
l∈
tehát
l∈
(ab)
p
l∈
2 M(ab) = p . 3 46
(2.36)
(2.37)
Ha
(2.38)
Az (1.45) és az (1.47) alapján ebb®l viszont az következik, hogy
M
3Rab = Rab .
(2.39)
M
M
Feltehetjük, hogy az hatszögrács origója H-nek eleme, és ekkor ∀ a ∈ H-re
M
G0a és R0a a háromszögrácsból számítható. Ha viszont a ∈ H \ H, akkor
M
Ha ⊂ H miatt a szokásos
R0a =
1 X R0l 3 l∈
(2.40)
Ha
rekurziós összefüggés lesz alkalmas G0a ill. R0a kiszámítására. Konkretizáljuk eredményeinket a rácsok valamely reprezentációjára. Koordinátázzuk például a háromszögrácsot a 8. ábrán feltüntetett x és y tengelyekhez, a hatszögrácsot pedig az x0 és y 0 tengelyekhez viszonyítva a szokásos módon. Ekkor azokat az összefüggéseket kapjuk, hogy
M
R2k,2l =3Rk−l,k+l ,
M
(2.41)
R2k+1,2l+1 =3Rk−l,k+l+1 , a vegyes paritású indexekre pedig 1 R2k,2l+1 = (R2k,2l + R2k−1,2l+1 + R2k+1,2l+1 ), 3 1 R2k+1,2l = (R2k+l,2l−1 + R2k,2l + R2k+2,2l ). 3
(2.42)
A 4. táblázatban és a a 9. ábrán láthatjuk a hatszögrácsra vonatkozó eredményeket. Természetesen a kezünket megköti, hogy a háromszögrácsra csak
M
k ≤ 26-ig számítottuk ki Rk,k -t.
47
3
2.5
2
R(k,l) 1.5
1
0.5 20
0
k 10
20 15 l
10 5 00
9. ábra. Az R(k, l) = Rk,l függvény R0 egységekben.
48
4. táblázat. Az els® néhány Rk,l érték R0 egységekben. k/l
0
1
2
0
0
2 3
6
1
2 3
1
7 3
2
1
2
√ 3 π
3
7 3
6
√ 3 π
−2
8
4
8 − 12π 3
8
√ 3 π
−3
√ 30 3 π
5
74 3
6
81 − 144π 3
7
799 3
√
− 2π 3 √
√
− 42π 3 √
√
− 480π 3
3 √ π
3
−2 √
− 2π 3 √
8 − 12π 3 √ π
3
− 15
− 15
6 − 8π 3
√
√ 90 3 π
− 48
48 − 84π 3
√ 30 3 π
− 15
74 3
√
− 42π 3
√
69 − 122π 3
5
48 −
√ 84 3 π
√
262 − 472π 3
√ 110 3 π
− 59
369 − 666π 3
√
√ 384 3 π
− 210
1522 π
√
− 480π 3
√ 3
− 2512 3
799 3
√ 90 3 π
3 928 − 1680 π
9506 3
√ 1184 3 π
− 651
3 11249 − 20400 π
√ 4848 3 π
− 2671
77938 5π
√
− 48
− 210 √
69 − 122π 3 √
369 − 666π 3
4848 π
√ 3
81 − 144π 3
√ 384 3 π
√
− 210
−
32 3
√
−3
√ 30 3 π
√ 384 3 π
4
√ 22 3 π
− 2671 √
3 − 5744 π √
√
3 1230 − 11138 5π
√ 3
311574 5π
− 8592
√ 3
− 34354
2.6. Henger Az eddig tárgyalt síkrácsoktól eltér®en foglalkozhatunk másfajta globális topológiával rendelkez® hálózatokkal is. Az alábbiakban a lokálisan négyzetrács, globálisan henger struktúrájú hálózattal fogunk foglalkozni, de a számítások teljesen hasonló módon elvégezhet®k más lokális struktúrájú szabályos rácsokra is, továbbá a magasabb dimenzióra való általánosítás sem jelent gondot. Ha a négyzetrácsból hengert akarunk készíteni, akkor azt még mindig sokféle módon megtehetjük. Vegyünk ugyanis két egymással párhuzamos, racionális meredekség¶ egyenest, és azonosítsuk a köztük keletkez® végtelen hosszúságú csík széleinek szemközti pontjait. 18 Ha például 45 fokos egyeneseket veszünk, akkor olyan rácsot kapunk, amilyen a 10. ábrán is látható. Mi azonban a legegyszer¶bb esettel fogunk foglalkozni, amikor a szóban forgó egyenesek a koordinátatengelyek valamelyikével párhuzamosak. Ekkor H = N × N valamilyen N ∈ N-re, ahol az egyszer¶ség kedvéért megköveteljük, hogy N > 2 legyen, így a fokszám a négyzetrácséval megegyez® marad19 . Egy ilyen hálózatra tekinthetünk úgy, mint egy négyzetrácsra, melynek abszcisszája moduló N veend®. Nagyon egyszer¶ dolgunk van Pnk,l számolásakor, hiszen a bolyongás lo18 Azaz
zárjuk rövidre a szemközti pontokat. = 2-re többszörös élek keletkeznének, melyeket össze kéne vonni, és így megváltozna a fokszám, és persze az ellenállás is. 19 N
49
001 11 00 11 11 11 11 11 00 00 00 00 0 0 1 0 1 00 11 11 00 00 11 00 11 0 1 11 11 11 11 00 00 00 00 11 11 00 00 11 00 00 11 0 1 0 1 0 1 00 11 0 1 11 00 00 11 00 11 0 1 11 11 11 11 00 00 00 00 11 11 00 00 11 00 00 11 0 1 1 0 1 0 00 11 0 1 11 00 0 1 00 11 00 11 11 11 11 11 00 00 00 00 00 11 00 11 1 0 11 00 11 11 00 00 11 00 00 11 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 00 11 11 00 11 11 11 11 00 00 00 00 0 1 00 11 00 11 00 11 00 11 0 1 0 1 1 0 11 00 11 00 11 00 00 11 11 11 11 00 00 00 00 11 1 0 0 1 0 1 1 0 00 11 11 00 11 11 11 11 00 00 00 00 0 1 0 1 0 1 00 11 00 11 11 11 00 00 00 11 00 11 0 1 0 1 1 0 11 00 11 11 00 00 11 00 00 11 11 11 11 00 00 00 00 11 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 11 11 00 00 0 1 11 11 11 11 00 00 00 00 0 1 0 1 0 1 00 11 0 1 0 1 11 11 11 11 11 00 00 00 00 00 00 11 00 11 1 0 11 00 00 11 11 00 11 00 00 11 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 11 11 00 00 0 1 11 11 11 11 00 00 00 00 1 0 00 11 0 1 0 1 11 11 11 11 11 00 00 00 00 00 00 11 00 11 0 1 11 00 11 00 00 11 1 11 11 11 11 0 00 00 00 00 1 0 00 11 00 11 00 11 11 11 00 00 0 1 11 11 00 00 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 00 11 11 11 00 00 00 11 00 11 00 11 11 00 0 1 11 00 11 11 11 00 00 00 00 11 1 11 11 11 11 11 11 0 00 00 00 00 00 00 1 0 00 11 0 1 0 1 11 11 00 00 0 1 11 11 00 00 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 00 11 11 11 11 11 00 00 00 00 0 1 0 1 0 1 11 11 11 00 00 00 11 00 00 11 11 00 1 11 11 11 11 11 11 0 00 00 00 00 00 00 1 0 00 11 00 11 00 11 0 1 0 1 11 00 0 1 00 11 0 1 11 11 11 00 00 00 1 0 00 11 1 0 1 0 00 11 00 11 0 1 0 1 0 1 11 11 11 00 00 00 0 1 11 00 1 11 11 11 11 0 00 00 00 00 00 00 1 0 00 11 00 11 11 00 0 1 11 00 11 0 1 11 11 11 11 00 00 00 1 0 1 0 1 0 00 11 0 1 0 1 00 11 11 11 11 00 00 00 11 11 00 00 0 1 11 00 1 11 11 11 11 0 00 00 00 00 00 11 00 11 11 00 1 0 0 1 0 1 00 11 11 11 11 00 00 00 00 11 11 11 001 00 1 0 1 0 00 11 0 1 0 1 00 11 11 11 00 00 0 1 0 1 0 1 11 11 11 00 00 00 1 0 00 11 00 11 00 11 11 11 11 11 11 00 00 00 00 00 1 11 0 00 00 11 0 1 0 1 00 11 00 11 00 11 0 1 0 0 1 11 11 00 00 1 0 1 0 00 11 00 11 00 11 11 00 0 1 0 1 0 1 11 11 11 11 00 00 00 00 00 11 0 1 11 11 11 00 00 00 1 11 0 00 00 11 00 11 0 1 00 11 00 11 0 1 0 1 0 1 11 11 11 00 00 00 1 0 1 0 00 11 11 00 11 11 11 11 00 00 00 00 11 00 00 11 0 1 11 11 11 00 00 00 1 11 0 00 00 11 0 1 0 1 00 11 00 11 11 11 11 00 00 00 1 0 00 11 00 11 00 11 11 11 11 11 00 0011 00 00 00 11 00 0 1 11 00 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 00 11 11 11 11 00 00 00 00 11 11 11 00 00 1 0 00 11 00 11 0 1 00 11 0 1 00 11 00 11 00 11 0 1 0 1 0 1 11 11 11 11 11 00 00 00 00 00 0 1 00 11 11 11 11 11 00 00 00 00 00 11 11 00 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 00 11 11 00 11 11 00 00 1 0 00 11 0 1 0 1 0 1 0 1 00 11 00 11 00 11 11 00 11 00 00 11 00 11 0 1 0 1 0 1 11 11 11 11 11 11 00 00 00 00 00 00 11 00 0 1 11 11 11 00 00 00 0 1 11 00 1 0 00 11 1 0 1 0 11 11 00 00 1 0 00 11 0 1 0 1 0 1 00 11 11 00 0 1 11 00 00 11 00 11 00 11 11 11 11 11 11 11 00 00 00 00 00 00 0 1 11 00 11 11 11 00 00 00 00 11 0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 11 11 00 00 1 0 00 11 00 11 00 11 11 11 11 11 00 00 00 00 11 00 0 1 11 00 00 11 00 11 0 1 00 11 00 11 0 1 0 1 11 00 11 11 11 00 00 00 00 11 00 11 00 11 11 11 11 11 00 00 00 00 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 11 11 11 11 00 00 00 00 0 1 0 1 0 1 11 00 00 11 00 11 00 11 00 11 11 11 11 00 00 00 0 1 00 11 00 11 0 1 0 1 11 00 11 11 00 00 00 11 00 11 0 1 0 1 0 1 11 11 11 00 00 00 1 0 01 1 0 00 11 11 00 11 11 11 11 00 00 00 00 0 1 0 1 0 1 11 00 00 11 0 1 11 11 11 11 00 00 00 00 0 1 00 11 00 11 11 00 00 11 0 1 00 11 00 11 0 1 0 1 0 1 11 11 00 00 0 1 11 00 0 1 11 11 11 11 00 00 00 00 11 00 00 11 0 1 11 11 11 11 00 00 00 00 0 1 00 11 00 11 11 00 0 1 0 1 00 11 00 11 11 11 00 00 1 11 11 11 11 11 11 0 00 11 00 11 00 11 00 00 00 00 00 00 11 00 0 1 11 00 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 00 11 11 11 11 00 00 00 0 1 00 11 00 11 1 0 11 00 11 00 00 11 0 1 00 11 00 11 11 11 00 00 1 11 11 11 11 11 0 00 11 00 00 00 00 00 0 1 0 1 0 1 11 00 0 1 11 11 11 11 00 00 00 00 11 00 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 00 11 1 0 11 00 11 00 11 0 1 0 1 0 1 00 00 11 00 11 00 11 11 00 11 00 1 11 11 11 11 11 0 00 11 00 11 00 00 00 00 00 0 1 0 1 0 1 11 00 0 1 11 11 11 11 0 1 00 00 00 00 11 1 00 0 00 11 1 0 1 0 11 00 11 0 1 0 1 0 1 00 00 11 11 00 11 0 1 00 1 11 11 11 11 0 00 11 00 11 00 11 00 11 00 00 00 00 0 1 1 11 0 00 00 11 00 11 00 11 11 11 11 00 11 0 1 00 00 00 1 0 0 1 0 1 1 0 11 00 11 00 00 11 11 11 00 00 11 00 11 1 0 1 00 0 11 11 11 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 00 00 00 1 11 0 00 00 11 0 1 0 1 11 11 11 00 11 00 00 00 11 11 00 11 00 00 1 0 0 1 0 1 1 0 11 00 11 00 11 00 11 11 11 00 00 00 0 1 0 1 0 1 11 00 1 0 00 11 00 11 00 11 11 11 11 11 00 11 00 00 00 00 1 11 0 00 00 11 00 11 00 11 0 1 0 1 11 00 11 00 11 11 11 11 00 11 0 1 0 1 0 1 00 00 00 00 1 0 1 0 00 11 11 0 1 00 11 11 11 00 00 00 0 1 0 1 0 1 11 00 11 11 11 11 00 11 0 1 00 00 00 00 1 0 00 11 00 11 00 11 00 11 00 11 0 1 11 11 11 11 00 11 0 1 0 1 0 1 00 00 00 00 11 0 1 0 1 00 11 11 11 00 00 00 11 00 1 0 11 11 11 11 11 00 11 0 1 00 00 00 00 00 11 00 00 11 00 11 00 11 0 1 0 1 11 11 00 11 00 00 11 11 11 00 11 00 11 00 11 00 11 00 00 00 11 0 1 0 1 00 11 11 11 00 00 00 11 00 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 11 11 11 11 00 11 00 00 00 00 00 11 00 11 00 11 1 0 11 11 11 00 11 00 00 00 00 11 0 1 00 11 1 0 11 11 11 11 11 00 11 00 11 00 11 0 1 0 1 0 1 00 00 00 00 00 11 0 1 00 11 11 11 00 00 00 11 00 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 11 11 11 00 11 001 0011 00 1 0 11 11 11 00 11 0 1 0 1 0 1 00 00 00 00 11 00 11 11 00 00 11 11 11 11 11 00 11 00 11 00 11 0 1 0 1 0 1 00 00 00 00 00 11 0 1 00 11 11 11 00 00 00 0 1 11 00 1 0 00 11 1 0 1 0 11 11 11 00 11 00 11 0 1 0 1 0 1 00 00 00 00 11 11 00 00 11 0 1 11 11 00 11 00 11 00 00 00 0 1 1 11 11 0 00 11 00 00 11 11 11 11 00 00 00 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 11 11 11 00 11 00 00 00 00 11 11 00 00 11 0 1 11 11 11 00 11 00 11 00 11 00 00 00 1 11 11 0 1 0 1 0 00 11 00 00 11 11 11 00 00 00 11 11 00 00 11 00 1 0 1 0 1 0 1 0 11 11 00 11 00 00 0 1 0 1 0 1 11 00 00 11 00 11 00 11 00 11 11 11 11 00 00 00 00 1 11 11 011 1 0 1 0 00 11 00 00 11 11 0 1 0 1 0 1 00 00 11 00 1 0 1 0 00 11 00 11 0 1 0 1 0 1 11 00 00 11 11 11 11 11 00 00 00 00 0 1 1 11 11 0 00 11 00 00 11 11 11 0 1 0 1 0 1 00 00 00 11 00 1 0 1 0 0 1 0 1 00 11 11 11 11 11 00 00 00 00 0 1 1 11 11 0 00 11 00 00 0 1 11 11 11 00 00 00 11 00 0 11 1 0 1 0 1 11 11 11 11 00 00 00 00 00 0 1 11 11 0011 00 00 0 1 0 1 0 1 0 1 11 11 11 11 00 00 00 00 0 1 0 1 0 1
10. ábra. kálisan ugyanazzal a szabállyal történik, mint a négyzetrácsnál, ezért csak annyit kell tennünk, hogy a (k, l)-el ekvivalens pontokra összegezzük a négyzetrácsra kapott valószín¶ségeket, azaz X P˜nm,l , (2.43) Pnk,l = m∈Nk
ahol Nk = {k +cN |c ∈ Z} és P˜nm,l a négyzetrácsra kapott valószín¶ség a (2.8) egyenlet alapján. Vegyük azonban észre, hogy szükségtelen az Nk halmaz végtelen sok elemére összegezni, hiszen n lépés alatt csak véges messzire juthat a bolyongó. B®ven elegend® az Nk0 = {k +cN |(c ∈ Z)∧(−n ≤ c ≤ n)} halmazra összegezni, mert egy lépés során legfeljebb egyszer kerülhetjük meg a hengert20 . Végülis P˜nm,l -t behelyettesítve azt kapjuk, hogy n Z π X 1 Z π 1 −i(mx+ly) k,l dx dye (cos x + cos y) = Pn = (2π)2 −π 2 −π 0 m∈Nk n Z π Z π n X 1 1 −i((k+cN )x+ly) = dx dy e (cos x + cos y) = (2π)2 −π 2 −π c=−n
1 = (2π)2 20 Mellesleg
Z
Z
π
dx −π
π
dye
−i(kx+ly)
−π
N > 2 miatt egyszer sem.
50
n X n 1 (cos x + cos y) e−icN x , 2 c=−n (2.44)
amib®l
1 = (2π)2
Σk,l
Z
Z
π
π
dx −π
−i(kx+ly)
dy(1 − e −π
Végezzük el el®bb a szummákat: n X
∞ n X X 1 n ) (cos x + cos y) e−icN x . n 2 n=0 c=−n (2.45)
e−inN x − ei(n+1)N x 1 − e−i(n+1)N x 1 − ei(n+1)N x + − 1 = , 1 − e−iN x 1 − eiN x 1 − eiN x
e−icN x =
c=−n
és 12 (cos x + cos y) < 1 esetén, azaz µ2 -majdnem mindenütt ∞ X 1 1 (cos x + cos y)n e−inN x = 1 n 2 1 − 2 (cos x + cos y)e−iN x n=0
és
∞ X 1 eiN x n i(n+1)N x (cos x + cos y) e = , 1 iN x 2n 1 − (cos x + cos y)e 2 n=0
P tehát a ∞ n=0 ható, hogy
1 (cos x 2n
+ cos y)n
Pn
1 1− 12 (cos x+cos y)e−iN x
1−
c=−n
e−icN x kett®s szumma végül úgy ír-
eiN x 1− 12 (cos x+cos y)eiN x eiN x
−
(1−eiN x )(1+ 12 (cos x+cos y)) 1+ 41 (cos x+cos y)2 − 12 (cos x+cos y)(eiN x +e−iN x ) = 1 − eiN x
=
Tehát
Z
= =
1 + 12 (cos x + cos y) . 1 + 14 (cos x + cos y)2 − (cos x + cos y) cos (N x)
Z
(1 − e−i(kx+ly) )(1 + 12 (cos x + cos y)) , 1 + 14 (cos x + cos y)2 − (cos x + cos y) cos (N x) −π −π (2.46) amib®l (felhasználva, hogy a henger is szabályos hálózat) Z π Z π (1 − cos (kx + ly))(1 + 12 (cos x + cos y)) 1 dx dy Rk,l = 2 . 8π −π 1 + 14 (cos x + cos y)2 − (cos x + cos y) cos (N x) −π (2.47) Az olvasónak érdemes ellen®riznie, hogy ugyanez lesz a végeredmény akkor is, ha c-t b®vebb halmazra összegezzük. Az eltérés az integrandusban egy olyan tag lesz, melynek integrálja elt¶nik. Megjegyezzük, hogy ez az integrálformula a hatszögéhez hasonlóan alakilag eltér az irodalomban [6] található formától, ezért további vizsgálódásokhoz szolgáltat alapot. Σk,l
1 = (2π)2
π
dx
π
dy
51
3. Perturbált rácsok számítása Ebben a fejezetben olyan rácsok Green-operátorának megkonstruálásával foglalkozunk, melyeket már ismert Green-operátorral rendelkez® rácsok perturbálásával kapunk. El®sz®r az egy élen való perturbáció elméletetét tárgyaljuk, majd a többszörös és az általános perturbációkét. Mindezek közben az elméleti eredményeket gyakorlatban is használjuk, és az el®z® fejezetben tárgyalt rácsokra alkalmazzuk.
3.1. Perturbáció egy élen Foglalkozzunk az R-homogén esettel. Egy ilyen hálózatra az (1.12) deniáló egyenlet alapján X l L0kl = Fmk ∆0km , (3.1) m∈
H
ahol a 0 indexek arra utalnak, hogy ezek még a perturbálatlan rácsra jellemz® mennyiségek. Legyen (p, q) ∈ H0 tetsz®leges, és legyen a perturbáció a p és q közötti él törlése. A perturbált rács mennyiségeire használjuk a 0 index nélküli jelölést. Ekkor ∆pq = ∆0pq − 1 = 0, vagyis
∆kl = ∆0kl − (δkp δlq + δkq δlp ).
(3.2)
Legyen Kkl = Lkl − L0kl az ún. perturbáló mátrix. A fentiek alapján X X X l l l Kkl = Fmk ∆km − Fmk ∆0km = − Fmk (δkp δmq + δkq δmp ) =
H
m∈
=−
X
H
m∈
H
H
m∈
(δlm − δlk )(δkp δmq + δkq δmp ) =
m∈
(3.3)
= −(δkp δlq − δlk δkp + δkq δlp − δlk δkq ) = k l k l = −(δkp δlq − δlp δkp + δkq δlp − δlq δkq ) = −Fpq Fqp = Fpq Fpq , P P ahol kihasználtuk, hogy m∈H δmq = 1 és m∈H δmp = 1. Vegyük észre, k )(k∈H) hogy p, q rögzítettek, és emiatt a K mátrix nem más, mint az (Fpq vektor önmagával vett diadikus szorzata. Vektorszámítás tanulmányainkból emlélkezhetünk arra, hogy végesdimenziós esetben egy A+u◦v alakú mátrix inverze A inverzével könnyedén kifejezhet®, nevezetesen
A−1 −
(A−1 u) ◦ (vA−1 ) 1 + uA−1 v
alakban. Ezen ismeret birtokában joggal sejthetjük meg a perturbált hálózat egy Green-operátorát az alábbi állításban szerepl® felírásban. 52
0 3.1. Állítás. inverze L0 -nak, a perturbáló mátrix (3.3) P Ha P−G jobboldali s 0 t alakú, és s∈H t∈H Fpq Gst Fpq 6= 1, akkor
P
Glm =
G0lm
0
P
n
r
0
pq H Gln FP r∈H Fpq Grm P + s G0 F t 1 − s∈H t∈H Fpq st pq n∈
(3.4)
L-hez tartozó Green-operátor.
Bizonyítás: X
H
Lkl Glm
l∈
! P 0 Fn r G0 G F pq H ln P r∈H pq rm k l = (L0kl + Fpq Fpq ) G0lm + n∈P = s G0 F t 1 − s∈H t∈H Fpq st pq l∈H P P 0 n X X F r G0 n∈H Gln Fpq k l 0 0 P P r∈Hs pq0 rm Fpq Fpq Glm + Lkl + = − δkm + t 1 − s∈H t∈H Fpq Gst Fpq l∈H l∈H P P 0 Fn X F r G0 G n∈H ln pq k l P P r∈Hs pq0 rm Fpq Fpq , + t 1 − s∈H t∈H Fpq Gst Fpq P
X
H
l∈
tehát azt hogy a −δkm mellett lév® szummás tagok összege zérus. P kellene P belátni, s G0 F t 6= 1, ezért elég azt az ekvivalens alakot megmutatni, Mivel s∈H t∈H Fpq st pq hogy ! XX X X X X s t k l n r Fpq G0st Fpq −1 Fpq Fpq G0lm = L0kl G0ln Fpq Fpq G0rm +
H t∈H
H
s∈
l∈
l∈
H
+
n∈
X
l∈
H
k l Fpq Fpq
H
X
H
H
r∈
n G0ln Fpq
n∈
X
H
r Fpq G0rm .
r∈
Mármost a jobboldal els® tagja az alábbi módon alakítható tovább: XX X X X X n r n r k r L0kl G0ln Fpq Fpq G0rm = − δkn Fpq Fpq G0rm = −Fpq Fpq G0rm ,
H n∈H
l∈
H
r∈
n∈
míg a második tag
k Fpq
X r∈
H
H
r Fpq G0rm
r∈
XX l∈
H n∈H
H
H
r∈
l n Fpq G0ln Fpq
alakú. A két tagot összeadva azt kapjuk, hogy ! XX X l 0 n k r Fpq Gln Fpq − 1 Fpq Fpq G0rm ,
H n∈H
l∈
r∈
H
de a bal oldal indexcserével úgy írható, hogy ! XX X s t k r Fpq G0st Fpq − 1 Fpq Fpq G0rm ,
H t∈H
H
s∈
r∈
53
ami egyenl® vele. Megjegyezzük, hogy a bizonyítás lényegében ugyanaz, mint a végesdimenziós esetben, aminek az az oka, hogy minden szummának csak véges sok tagja nem zérus.
Ha már megvan a perturbált Green-operátor, akkor egy kalap alatt érdemes még kiszámolni a perturbált S négyindexes mátrixot és az ered® ellenállásokat is. Az (1.26) deníció alapján P P n r 0 0 XX G F pq kn n∈ H r∈H Fpq Grl k 0 l P P = Sxyab =R0 Fxy Gkl + Fab s G0 F t 1 − s∈H t∈H Fpq st pq k∈H l∈H P P P P l n r 0 k 0 k∈H n∈H Fxy Gkn Fpq r∈H l∈H Fpq Grl Fab 0 P P =Sxyab + R0 = (3.5) s G0 F t 1 − s∈H t∈H Fpq st pq 0 =Sxyab +
0 0 Sxypq Spqab , 0 R0 − Spqpq
továbbá 0 Rab = Sabab = Rab +
0 0 Sabpq Spqab , 0 R0 − Spqpq
(3.6)
ami a szimmetrikus esetben az 0 Rab =Rab + 0 =Rab
1 0 0 0 0 0 2 (Sabpq )2 (Rap − Raq − Rbp + Rbq ) 4 0 = R + = ab 1 0 0 0 0 0 ) R0 − Spqpq R0 + 2 (Rpp − Rpq − Rqp + Rqq
0 0 0 0 2 (Rap − Raq − Rbp + Rbq ) + 0 4(R0 − Rpq )
(3.7)
alakot ölti. Érdemes a fenti eredményeket valamely szabályos rácsra egy kicsit bon0 colgatni. Négyzetrács esetén például Rpq = R20 , tehát (3.7) alapján 0 Rab = Rab +
0 0 0 0 2 (Rap − Raq − Rbp + Rbq ) . 2R0
(3.8)
Ebb®l a képletb®l rögtön következik az alábbi, az irodalomból is hiányzó érdekes észrevétel. Tegyük fel, hogy p = (0, 0) és q = (1, 0) a szokásos koordinátázással (ezzel az általánosságot nem csökkentjük).
3.2. Állítás. R(0,k)(1,k) = R(k,0)(k+1,0) . Bizonyítás: (3.8) szerint elegend® megmutatnunk, hogy 0 0 0 0 R(0,k)(0,0) − R(0,k)(1,0) − R(1,k)(0,0) + R(1,k)(1,0) = 0 0 0 0 = − (R(k,0)(0,0) − R(k,0)(1,0) − R(k+1,0)(0,0) + R(k+1,0)(1,0) ).
54
Ha viszont gyelembe vesszük az 0 0 0 0 R(0,k)(0,0) = R(1,k)(1,0) = R(k,0)(0,0) = R(k+1,0)(1,0)
és 0 0 0 0 0 0 R(0,k)(1,0) = R(1,k)(0,0) , R(k,0)(1,0) = R(0,k−1)(0,0) , R(k+1,0)(0,0) = R(0,k+1)(0,0) ,
egyenl®ségeket, akkor a bizonyítandó átrendezéssel olyan alakba írható, hogy 0 0 0 0 4R(0,k)(0,0) = 2R(1,k)(0,0) + R(0,k−1)(0,0) + R(0,k+1)(0,0) ,
ami éppen egy rekurziós formula.
Az egyszeresen perturbált négyzetrács esetén tehát egy olyan jelenség lép fel, hogy olyan csúcspárok között is megegyezhet az ered® ellenállás értéke, melyek a rács szimmetriatranszformációival nem hozhatók egymással fedésbe. Speciálisan a perturbált élre mer®legesen és azzal megegyez® irányba azonos mértékben eltolva a perturbált él végpontjait, az azok között mérhet® ellenállás megegyezik.
3.2. Többszörös perturbáció Minden véges sok nem zérus elemet tartalmazó perturbáló mátrix felírható véges sok diád összegeként. Vagyis az el®z® alfejezet alapján elvileg véges sok lépéssel kiszámítható egy ilyen perturbált hálózat Green-függvénye. Ezt a módszert azonban csak akkor érdemes használni, ha a perturbáló mátrix kevés diád összegére bomlik, tehát a diadikus szorzatok tagjainak legalább 2 vektorkomponense nem zérus. Ez teljesül például R-homogén hálózatok többszörös perturbációja esetén, amikor kivesszük néhány élt a hálózatból. Ezzel az esettel fogunk foglalkozni. A perturbálatlan rácsra vonatkozó mennyiségeket a szokásos módon 0 indexszel jelezzük. Legyenek a kihagyott élek végpontjai rendre p1 , q1 , p2 , q2 , . . . , pN , qN , ahol N ∈ N∗ , és gondoljuk úgy, hogy az éleket a fenti sorrendben egymás után vesszük ki, miközben vizsgáljuk a hálózatot minden egyes köztes lépésben. A pn -qn él kivétele után keletkez® hálózat mennyiségeit jelezzük n föls® indexszel. Természetesen megköveteljük, hogy ∀ n ∈ N∗ , n ≤ N -re ∆n−1 pn qn = 1 legyen, azaz pn és qn valóban él végpontjai legyenek. A Gn Green-operátort ∀ n ∈ N∗ , n ≤ N -re a Gn−1 Green-operátorból szeretnénk számítani a 3.1 állítás alapján. Ehhez semmi mást nem kell tenni, mint ellen®rizni az állítás feltételeit. Mivel mindegyik hálózat R-homogén, és a perturbáció is mindig (3.3) alakú alkalmas p-q párra, ezért csak azt kell 55
P P t ∗ megnézni, hogy s∈H t∈H Fpsn qn Gn−1 st Fpn qn 6= 1 teljesül-e ∀ n ∈ N , n ≤ N re. Figyelembe véve, hogy (3.4) alapján szimmetrikus Green-operátor perturbáltja is szimmetrikus, szabályos kezdeti hálózatra ez mindig az R0 6= Rpn−1 n qn egyenl®tlenséggel lesz ekvivalens, ami intuitíve azt jelenti, hogy a pn -qn él nem hídél az (n − 1). hálózatban. Vagyis azt mondhatjuk, hogy a fenti módszer addig alkalmazható, amígPa hálózat Persze egy adott esetP összefügg® marad. t F = 6 1 feltételeket, hiszen ben ellen®rizni fogjuk a s∈H t∈H Fpsn qn Gn−1 st pn qn semmibe sem kerül, mert a konkrét számítások során úgyis szükségünk van P P t a s∈H t∈H Fpsn qn Gn−1 st Fpn qn kifejezés értékeire. Szabályos hálózat perturbálása esetén a Green-operátor szimmetrikus volta miatt a P P n−1 x y n−1 G F p q lx x∈ H y∈H Fpn qn Gym n n P P Gnlm = Gn−1 + (3.9) lm n−1 t 1 − s∈H t∈H Fpsn qn Gst Fpn qn rekurzión kívül használhatjuk közvetlenül a n−1 n Rab = Rab +
n−1 n−1 2 n−1 n−1 (Rap − Raq − Rbp + Rbq ) n n n n 4(R0 − Rpn−1 ) n qn
(3.10)
rekurziót is ∀ n ∈ N∗ , n ≤ N -re. A perturbált hálózatra azonban a szabályos rácsoktól eltér®en nem választhatjuk az egyik indexet az origónak, hiszen a hálózatnak nem lesz eltolásszimmetriája. Tehát bizonyos értelemben több ellenállást kell számoljunk, és az ellenállások mint indexeik koordinátáinak függvénye sem lesz már ábrázolható ugyanakkora dimenziós térben. Ha számításainkat például valamely kétdimenziós hálózatra szeretnénk szemléltetni, akkor az ellenállásokat egy ötdimenziós térben tudnánk csak ábrázolni, hiszen összesen 2 indext®l, vagyis 4 koordinátától függnek. Ehelyett árameloszlásokat fogunk ábrázolni az (1.32) képlet alapján. Az áramok az éleken veszik fel függvényértéküket, és az élek síkbarajzolhatók. Az áramer®sség nagyságát színekkel fogjuk szemléltetni, mégpedig úgy, hogy a kitöltés mértéke lineárisan függvénye legyen az áram abszolút értékének. A továbbiakban szabályos négyzetrácsra alkalmazzuk a fentieket. El®sz®r néhány érdekes eset árameloszlását rajzoljuk fel, hogy a numerikus eredményeket összevethessük a várakozásokkal. Az ábrákon (11., 12., 13.) a küls® áramok be- és kivezetéseit fehér foltokkal jelöltük, és az élek annál sötétebbek, minnél nagyobb a rajtuk átfolyó áram.
56
11. ábra. Az ábrán egy U-alakú perturbáció látható. Figyeljük meg, hogy az áram egy része mohó algoritmus szer¶en zsákutcába jut. Ezen persze nem kell csodálkozni, hiszen az áram eloszlását lokális egyenletek szabályozzák.
57
12. ábra. Ezen az ábrán látszólag sérül az összefügg®ség, mert a középs® pont izolált. Arról van azonban szó, hogy a számítások során a látszólag kihagyott 4 élb®l csak 3-at vettünk ki, és a negyedik él azért nem látszik, mert nem folyik rajta áram, és úgy választottuk meg az áramer®sségkitöltés lineáris függvénykapcsolatot, hogy a zérus áramhoz fehér szín tartozzon. 58
13. ábra. Ezen az ábrán azt érdemes megnézni, hogy a különböz® utakat mennyire szívesen választja az áram. Láthatjuk, hogy az áram szeret úgymond egyenesen menni, és sokszor kisodródik. Emiatt van az, hogy a kevesebb kanyart tartalmazó úton több áram folyik. 59
14. ábra. 3 szélesség¶ Lifshitz defekt. A gyakorlatban a perturbáció valamilyen rácshibának köszönhet®en jön létre. A rácshibát pedig okozhatja például valamilyen sérülés. A legegyszer¶bb esetben a sérülés csak egy ponton történik, ezt tárgyaltuk az élen való perturbáció c. alfejezetben. Általában viszont sok hiba lehet egy rácsban, és ezek el®fordulása véletlenszer¶ szokott lenni. A random hálózatok ill. random módon perturbált hálózatok vizsgálatának kiterjedt irodalma [10] [11] [12] van, ezek tárgyalására mi nem térünk ki. Van azonban a sérüléseknek egy másik módja is, amely az említett ponthibáknál nagyobb eektust okoz, és jól vizsgálhatók a mi tárgyalásmódunkban, nevezetesen az egydimenziós ún. vonal menti sérülések (vágások). Illeszkedve a rács geometriájához, mi a koordinátatengelyekkel párhuzamos ún. Lifshitz defekteket fogjuk vizsgálni, amilyen a 14. ábrán is látható. Legyen a defekt szélessége 2n + 1, ahol n ∈ N. Megfelel® koordinátázással ez azt jelenti, hogy ∀ j ∈ N∗ , j ≤ 2n + 1 indexre pj = (j − n − 1, 0) és k qj = (j − n − 1, −1). A küls® árameloszlás legyen a szokásos Ik = I0 Fab alakú. Azontúl, hogy n függvényében ered® ellenállásokat számíthatunk, mint például R(0,0)(0,−1) -et a 15. ábrán, a gyakorlat szempontjából fontos a defekt szélein átmen® áram, a valóságos ellenállások ugyanis kisülhetnek túl nagy átfolyó áram esetén, és ekkor a defekt is megváltozik. Legyen a = (0, k) és b = (0, −k − 1), ahol k ∈ N. A 17. ábrán az I(n+1,0)(n+1,−1) áramot láthatjuk k és n függvényében. Persze az alkalmazások szempontjából meglehet®sen speciális az az eset, 60
2
1.8
1.6
R(0,0)(0,-1)
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4 0
1
2
3
4
5
6
7
8
n,
15. ábra. A grakonon R(0,0)(0,−1) látható n0 függvényében, ahol n0 = 0 a perturbálatlan eset, és egyébként n0 = n + 1. Vegyük észre azt a meglehet®sen érdekes tényt, hogy ez a függvény nem konvex, de páros és páratlan n0 -re külön-külön konvex. k hogy Ik = I0 Fab alkalmas a-ra és b-re. Általában olyan esetekkel találkozunk, amikor az áramot nem egy pontban, hanem mondjuk egy vonal PJ mentén eresztjük a rendszerbe. Ilyenkor használhatjuk például az Ik = j=1 I0 Fakj bj áramalakot alkalmas aj , bj indexekre és J ∈ N∗ -ra. Mivel az árameloszlások az (1.18) képlet alapján lényegében egymásra szuperponálódnak, a számítási id® körülbelül J -szeresére növekszik. A 16. ábrán láthatjuk egy ilyen számítás eredményét a 3 szélesség¶ Lifshitz defektre. Az ábra alapján rögtön világossá válik, hogy milyen életszagú ez a példa. Azzal, hogy egymás mellett több helyen vezetünk be áramot, elérjük, hogy az áramok egy része kioltsa egymást a bevezetések környékén, és ott ne lépjenek fel nagy áramok. Ezzel szemben a defekt szélein a hálózatban el®forduló áramoknál nagyságrendekkel nagyobb értékek léphetnek föl (f®leg, ha nagy a defekt).
61
16. ábra. Az ábrán egy meglehet®sen életszagú példát láthatunk (magyarázat a szövegben).
62
0.5 0.45
k=0
0.4
I (n’,0)(n’,-1)
0.35 0.3 0.25
k=1
0.2
k=2
0.15 0.1
k=3
0.05 0
0
1
2
A grakonon I(n0 ,0)(n0 ,−1)
3
n’
4
5
6
7
17. ábra. látható n0 és k függvényében, ahol n0 ugyanaz, mint a (15). ábrán.
3.3. Általános perturbáció Általános perturbáció alatt azt értjük, hogy a perturbáló mátrixnak véges sok eleme nem zérus, de egyébként tetsz®leges lehet. Ezesetben ∃ P ⊂ H, hogy Card(P) ∈ N∗ és ∀ (k, l) ∈ / P 2 -re Kkl = 0. A továbbiakban rögzítünk egy ilyen P -t.
3.3. Állítás. Ha (Tlm )(l,m)∈H2 olyan mátrix, hogy ∀ k, m ∈ H-ra Kkm =
X X (δkl − G0ks Ksl )Tlm
H
H
l∈
(3.11)
s∈
P P és ∀ (l, m) ∈ / P 2 -re Tlm = 0, akkor s∈H t∈H G0ls Tst G0tm létezik ∀ l, m ∈ Hra és XX (3.12) G0ls Tst G0tm Glm = G0lm +
H t∈H
s∈
Green-operátor, azaz −L jobboldali inverze.
Bizonyítás:
P s∈
H
P t∈
0
0
H Gls Tst Gtm létezik, mert mindkét szummának csak vé-
ges sok tagja nem zérus a T -re vonatkozó második feltétel miatt, és ezért írhatjuk,
63
hogy X l∈
H
Lkl Glm =
X l∈
H
XX
(L0kl + Kkl )(G0lm +
= − δkm +
X
s∈P t∈P
Kkl G0lm
+
l∈P
+
XXX X
= − δkm +
H s∈P t∈P
L0kl G0ls Tst G0tm +
Kkl G0ls Tst G0tm =
Kkl G0lm −
X
Tkt G0tm +
t∈P
l∈P
X
XXX
l∈
l∈P s∈P t∈P
= − δkm +
G0ls Tst G0tm ) =
Kkl G0lm
−
X
Kkl G0ls Tst G0tm =
l∈P s∈P t∈P
(Tkt −
t∈P
l∈P
XXX
XX
Kkl G0ls Tst )G0tm = −δkm .
l∈P l∈P
Megmutatjuk, hogy egy bizonyos véges mátrix invertálásával el® lehet állítani olyan T -t, amely teljesíti az állításban szerepl® feltételeket. Jelöljük K -val a (Kkl )(k,l)∈P 2 , G0 -vel a (G0kl )(k,l)∈P 2 és I -vel a (δkl )(k,l)∈P 2 véges mátrixokat.
3.4. Állítás. Ha (I − G0 K)-nak van inverze, akkor a (I − G0 K)−1 K vé-
ges mátrix nullával való kitrjesztése H × H-ra megfelel T -nek, azaz teljesíti a (3.11) összefüggést.
Bizonyítás: Triviális, hiszen a (3.11) egyenlet a K = (I − G0 K)T egyenlettel ekvivalens.
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
p1
p2 p
p3
1 0 0 1 q2
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
p
q
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
2 2 111 000 1 0 0 1 111 000 0 1 0 1 000 111 q 111 000 0 1 111 000 111 000 p 0 111 000 p 11 111 000 111 000 111 000 111 000 0 1 0 1 111 000 111 000 0 1 0 1 111 000 111 000 000 p 3 111 q3 111 000 0 1 0 1 0 1 111 000 0 1 0 1 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1 q
1 0 0 1 q3
q1
1111 0000
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
q1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
1 0 0 1
18. ábra. Diszlokációdipól. A fentiekre példaként nézzük meg a 18. ábrán látható ún. diszlokációdipólt négyzetrácson. Egy kicsit trükközni kell az indexeléssel, hiszen a perturbált rácsban lokálisan egyel kevesebb csúcs van, viszont az indexhalmazoknak meg kell egyezniük. Ezt úgy oldjuk meg, hogy felveszünk egy extra 64
pontot, ami egyetlen éllel csatlakozik a hálózathoz, így nem befolyásolja annak lényegi m¶ködését. Könnyen látszik, hogy Lkl = L0kl , ha (k, l) ∈ / {p, q, p1 , p2 , p3 , q1 , q2 , q3 }2 , ezért az egy jó választás, hogy P = {p, q, p1 , p2 , p3 , q1 , q2 , q3 }. Jelöljük ∆0 -al a (∆0kl )(k,l)∈P 2 , ∆-val a (∆kl )(k,l)∈P 2 , L0 -al az (L0kl )(k,l)∈P 2 és L-el az (Lkl )(k,l)∈P 2 véges mátrixot. Az ábráról leolvasva 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 0 0 1
0
∆
11 = 10 0 0
0 0 0 0 1 1 1
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1 0
0 0 0 0 0 0 1
1 0 0 0 0 0 0
1 0 1 0 0 0 0
1
1 0 0 1 0 0 0
és
11 ∆ = 1 1 1 1
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1 0
0 0 0 0 0 0 1
0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0 0
0 0 0 1 0 0 0
.
(3.13)
Továbbá zp = 7, zq = 1 és zk = zk0 = 4, ha k 6= p, q , vagyis (1.12) alapján
L0 = ∆0 − 4I és
−7 L
=
1 1 1 1 1 1 1
1 −1 0 0 0 0 0 0
amib®l
1 0 −4 0 0 0 0 0
−3 K
= L − L0 =
0 0 0 0 1 1 1
1 0 0 −4 0 0 1 0
0 3 0 0 0 −1 −1 −1
1 0 0 0 −4 0 0 1
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0 0 −4 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0
(3.14) 1 0 0 1 0 0 −4 0
1 −1 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0 1 0 0 −4
,
1 −1 0 0 0 0 0 0
(3.15)
1 −1 0 0 0 0 0 0
.
(3.16)
Láthatjuk, hogy p1 , p2 és p3 nem kell benne legyen P -ben, ezért a továbbiakban a P = {p, q, q1 , q2 , q3 } jelölésváltással élünk, és így K csak 5 dimenziós. Felhasználva az 1. táblázat adatait ! 0 −1/4 2/π − 1 −1/π −1/π 0
G
=
−1/4 2/π − 1 −1/π −1/π
0 −1/4 −1/4 −1/4
−1/4 0 −1/π −1/π
−1/4 −1/π 0 2/π − 1
−1/4 −1/π 2/π − 1 0
.
(3.17)
A MAPLE programmal elvégezve a mátrixm¶veleteket és az invertálást, azt kapjuk, hogy ! 2 −7/4 −1/4 −1/4 −1/4
(I − G0 K )−1 K =
0 8/π − 3 −4/π + 1 −4/π + 1
1/4 −3/4 − 2/π −7/4 + 1/π −7/4 + 1/π
1/4 7/4 − 2/π 1/π − 1/4 1/π − 1/4
1/4 −2/π + 3/4 3/4 + 1/π 1/π − 1/4
1/4 −2/π + 3/4 1/π − 1/4 3/4 + 1/π
.
(3.18)
Mostmár T = (I − G0 K)−1 K kiterjesztésével megvan a megfelel® T mátrix, és a négyzetrácsra vonatkozó G0 ismeretében számíthatjuk a perturbált Greenoperátort. Némi könnyítés, hogy G-nek a P × P -re vett G lesz¶kítését egyszer¶en (3.12) véges dimenziós változata alapján is számolhatjuk, ugyanis 65
a (3.12) egyenletben H helyett nyugodtan írhatunk P -t. Ekkor
G = G0 + G0 T G0
(3.19)
alapján G
≈
−2.229174895 −2.017500000 −2.381292988 −2.339766059 −2.339766059
−1.195650027 −0.8024999999 −1.223113393 −1.225618289 −1.225618289
−2.129100154 −1.803105666 −1.815468414 −2.142180584 −2.142180584
−2.141512504 −1.829697167 −2.158887636 −1.848377383 −2.211757611
!
−2.141512504 −1.829697167 −2.158887636 −2.211757611 −1.848377383
,
(3.20)
amib®l a P halmaz pontjai között mérhet® ellenállások számolhatók. Azt kapjuk például, hogy
Rpq1 = R0 (Gpp − Gpq1 − Gq1 p + Gq1 q1 ) ≈ 0.465749833R0 Rpq2 = R0 (Gpp − Gpq2 − Gq2 p + Gq2 q2 ) ≈ 0.403726285R0 ,
(3.21)
ahol csak azért írtunk közelít® értékeket, mert az egzakt kifejezések túl sok helyet foglalnának.
66
Kitekintés Annak ellenére, hogy már eddig is meglehet®sen sokat tárgyalt téma volt az ellenálláshálózatok számítása, és ehhez ez a dolgozat számos új eredménnyel járult hozzá, maradt még b®ven megoldatlan probléma. Elméleti téren érdemes lenne megvizsgálni azt az esetet, amikor az ellenállások komplex értéket is felvehetnek, vagy amikor polaritásfügg®ek, mint például a diódák. Ami pedig a gyakorlati számításokat illeti természetesen mindig lehet újabb és újabb kérdéseket feltenni. Bár a háromszöget elég jól tudjuk számolni, de ott sem ártana találni egy rekurziót az átlós elemekre, hogy a számítási id® lineárissá váljon. A henger és a különféle topológiájú és dimenziójú hálózatok számítása terén is akad jócskán megoldandó numerikus feladat, hiszen az integrálformulák felírásával még korántsem oldottuk meg a problémát. Amivel pedig ebben a dolgozatban egyáltalán nem foglalkoztunk, az a Greenfüggvények asszimptotikus viselkedése, ami négyzetrács esetén megoldott [4] probléma, de más hálózatokra általában nyitott kérdés.
67
Irodalomjegyzék [1] Frank Spitzer, Principles of Random Walk, Springer-Verlag, Berlin, 1976 [2] W. Feller, Bevezetés a valószín¶ségszámításba és alkalmazásaiba, M¶szaki Könyvkiadó, Budapest, 1978 [3] Kristóf János, Az analízis elemei II., egyetemi jegyzet, ELTE Budapest, 1995 [4] József Cserti, Application of the lattice Green's function for calculating the resistance of an innite network of resistors, Am. J. Phys. 68, 896906, 2000 [5] József Cserti, Gyula Dávid, Attila Piróth, Perturbation of innite networks of resistors, Am. J. Phys. 70, 153-159, 2002 [6] Monwhea Jeng, Random walks and eective resistances on torodial and cylindrical grids, Am. J. Phys. 68, 37-40, 2000 [7] D. Atkinson and F. J. van Steenwijk, Innite resistive lattices, Am. J. Phys. 67, 486-492, 1999 [8] T. Morita, Usefull procedure for computing the lattice Green's function square, tetragonal, and bcc lattices, J. Math. Phys. 12, 1744-1747, 1971 [9] M. L. Glasser and J. Boersma, Exact values for the cubic lattice Green functions, J. Phys. A: Math. Gen. 33, 5017-5023, 2000 [10] J. Koplik, On the eective medium theory of random linear networks, J. Phys. C: Solid State Phys. 14, 4821-4837 (1981). [11] P. M. Duxbury, P. L. Leath and P. D. Beale, Breakdown properties of quenched random systems: The random-fuse network, Phys. Rev. B 36, 367-380 (1987). [12] K. Wu and R. M. Bradley, Ecient Green's-function approach to nding the currents in a random resistor network, Phys. Rev. E 49, 17121725 (1994).
68