Vektorszámítás II.
Gnadig Péter el®adásai alapján készítették:
Nyeste Annamária Széchenyi Gábor
Budapest 2008.
1
1. Bevezetés Kedves Olvasó! Ezt a jegyzetet mi is az el®adás anyaga alapján állítottuk össze azzal a céllal, hogy a Vektorszámítás II. cím¶ specinek legyen egy elektronikus jegyzete is. A Vektroszámítás II., mint a neve is mutatja, az el®z® félévben tartott kötelez® óra folytatása, kiegészítése. Így a jegyzet olvasásához, megértéséhez feltétlenül szükségesek az ott tanultak. A speci keretében általánosítjuk a vektor I. fogalmait, ki térünk az elforgatott és ferdeszög¶ koordinátarendszerek tulajdonságaira. Most olyan dolgokat tanulhatsz meg, amiket a kés®bbi tanulmányaid során is sikerrel tudsz kamatoztatni.(például a III. félvében az optika és relativitás elmélet).A jegyzet elkészítése során csak az órai irományainkat használtuk fel. Mivel mi is emberek, s®t hallgatók vagyunk, ezért kérünk Téged, hogy ha bármilyen hibát találsz a jegyzetben, jelezd azt az el®adónak vagy nekünk, hogy mihamarabb a helyes verzió lehessen elérhet®. Ezúton szeretnénk megköszönni az ELTE Bolyai Kollégiumának, hogy 2007ben ennek a kurzusnak helyet adott illetve, hogy lehet®séget biztosít arra, hogy ez a jegyzet a világhálóról letölthet® legyen. A szerz®k
2
2. Mátrixok és a determináns
2.1. A determináns és kiszámítása 2.1.1. A determináns meghatározása
A determináns meghatározza, hogy egy adott mátrix soraiban/oszlopaiban szerepl® vektorok által kifeszített testnek mekkora a térfogata (ez 2D-ban egy paralelogramma területe, 3D-ban egy paralelepipedon térfogata), ill.
az
abszolútértéke azt mutatja meg, hogy az adott mátrixszal leírt transzformáció hányszorosára változtatja meg egy tetsz®leges test tésrfogatát. jektorok determinánsa 0, az egybevágósági transzformációké transzformációké pedig
±λn ,
±1,
Tehát a proa hasonlósági
ahol n a mátrix dimenzióinak számát jelöli.
Egy determinánst mindig úgy számolunk ki, hogy mindig minden sorból és oszlopból veszünk egy-egy elemet (hogyan lehet a bástyákat az nxn-es sakktáblán úgy elhelyezni, hogy ne üssék egymást), ezeket a számokat összeszorozzuk, majd megfelel® el®jellel összeadjuk ®ket.
Kétdimenziós mátrixok esetén
könny¶ a helyzet, ilyenkor a f®átlóbeli elemek szorzatából kivonjuk a mellékátlóbeli elemek szorzatát. Három dimenzióban sem annyira nehéz a dolog, ilyenkor ha jobbra lejt , akkor pozitív, ha balra lejt , akkor negatív el®jellel vesszük gyelembe az adott 3 szám szorzatát. Több dimenzióban az el®jelet úgy lehet megállapítani, hogy ha egymás utáni sorokból vesszük a számokat, megnézzük, hogy ez hányadik oszlopot jelenti és az így létrejött számsor az eredeti 1 2 3 . . . . n-hez képest hány szomszédos elem felcserélésével jött létre. Ha ez páros szám, akkor az el®jele pozitív, ha páratlan, akkor negatív. De ez a módszer négydimenzióban már 24, ötdimenzióban már 120 szám el®jeles összegét jelenti. . . 2.1.2. A determináns kifejtése
Minden determinánst ki tudunk fejteni bármely sora vagy oszlopa szerint. Ez a következ®képpen néz ki: Minden elem kap egy el®jelet, a bal fels® pozitívat, a többi elem pedig sakktáblaszer¶en pozitívat vagy negatívat.
+ − − + + −
+ ··· − +
. . .
..
.
A kifejtéskor az adott elem sorát és oszlopát is kitakarjuk, így kapunk egy aldeterminánst.
Ha egy sor szerint fejtünk ki, akkor a sor minden elemével
tesszük meg ezt és vesszük az el®jeles összeget.
Ha oszlop szerint fejtünk ki,
akkor az oszlop minden tagján hajtjuk végre a m¶veletet. Például az els® oszlop szerinti kifejtés így kezd®dne:
3
A11 A12 · · · · · · A21 A22 .. .. . det . . .. .. . An1 An2 A12 · · · · · · A1n .. .. . . A21 det . .. .. . An2 Ann
A1n A22 A2n .. = A11 det . . .. An2 A nn
··· ..
···
A2n
−
. ..
.
Ann
. . .
Ennek a módszernek az az el®nye, hogy így egy n dimenziós determinánsból egy n-1 dimenziósat kapunk, így vissza tudjuk vezetni egy két- vagy háromdimenziós esetre. 2.1.3. M¶veletek, amelyek nem változtatják meg a determináns értékét
Hogy a fenti kifejtést megkönnyítsük, bizonyos átalakításokat végezhetünk, amelyek nem változtatnak a determináns értékén. Ezek a következ®k:
Büntetlenül összeadhatunk vagy kivonhatunk egymásból sorokat és oszlopokat. Mivel ezt egymás után akár többször is megtehetjük, ezért egy sorhoz vagy oszlophoz egy másik sor vagy oszlop egész számú többszörösét is hozzáadhatjuk/kivonhatjuk bel®le.
Egy sort vagy oszlopot megszorozhatunk egy tetsz®leges számmal, de ilyenkor a determináns kap egy szorzót, ami ennek a számnak a reciproka. FONTOS: míg a mátrixnál a konstanssal való szorzás az összes elemre vonatkozik, itt csak egy sorra, vagy oszlopra.
A fenti m¶veletekkel elérhetjük, hogy egy sorban vagy oszlopban csak egy nem nulla elem legyen, ami jelent®sen megkönnyíti a kifejtést. 2.1.4. Példa
Határozzuk meg a következ® determinánsok értékét!
1 0 D = det 2 3
0 3 1 2
2 4 6 0
3 5 1 0
Megoldás: vonjuk ki az els® sor kétszeresét a 3. háromszorosát a 4. sorból! Így:
1 0 0 3 D = det 0 1 0 2
2 4 2 −6
3 5 −5 −9
Most fejtsük ki a determinánst az els® oszlopa szerint! A sakktábla-szabály értelmében a bal fels® elem el®jele +, tehát:
4
3 D = det 1 2
4 2 −6
5 −5 −9
Most vonjuk ki az els® sorból el®ször a 2. utána a 3. sort, majd vonjuk ki a 2. sor kétszeresét a 3.-ból!
0 D = det 1 0
8 19 2 −5 10 1
Most megint fejtsük ki az els® oszlop szerint! Most az el®jel - a sakktáblaszabály értelmében:
D = −det
8 19 10 1
Most vonjuk ki az els® oszlopból a 2. tízszeresét!
D = −det
−182 0
19 1
Most fejtsük ki az utolsó sor szerint! A jobb alsó elem el®jele +:
D = −det (−182) = 182 Tehát a mátrix determinánsa 182. 2.1.5. Feladatok
Határozd meg a következ® determinánsok értékét!
1 0 −3 A = det −2 0 −4 7 0 −9 1 −3 4 B = det 2 5 −1 2 3 0 1 8 −3 2 0 6 5 −4 C = det −2 −10 6 7 −1 −6 4 0 0 3 −6 9 2 1 4 2 E = det 4 3 1 0 1 2 1 5 1 0 2 −1 0 −3 1 −1 2 3 F = det 4 −2 0 −4 −1 −2 6 1 −5 2 0 3 −2 2 −3 Megoldások: A = 0; B = −29; C = 140; E = −33; F = −782
2.2. Sajátérték-probléma Azokat a vektorokat nevezzük egy operátor sajátvektorainak, amelyekre ha hat az operátor, akkor az így keletkezett vektor párhuzamos az eredeti vektorral.
5
A NULLVEKTORT NEM TEKINTJÜK SAJÁTVEKTORNAK!!!
ˆs = λ~s A~ A problémának akkor van a triviálistól különböz® megoldása, ha
0,
ahol
ˆ E
az
Aˆ
ˆ = det Aˆ − λE
operátotrral megegyez® dimenziójú egységmátrixot jelenti. Ez
egy n dimenziós operátor (mátrix) esetén egy n-ed fokú egyenletre vezet, és n különböz® sajátértéke lehet. 2.2.1. Sajátérték-propblémával kapcsolatos tételek
Itt két tételt kell megemlítenünk, mindkett® szimmetrikus mátrixokkal/operátorokkal foglalkozik (szimmetrikusnak nevezünk egy mátrixot, ha egyenl® a transzponáltjával;
e Aˆ = Aˆ)
2.2.1.1. Szimmetrikus operátorok sajátvektorai mer®legesek egymásra Ebben a bizonyításban feltesszük, hogy a sajátvektorok különböz®ek. Vegyünk két sajátvektort! Igazak rájuk a következ® egyenl®ségek:
Aˆs~1 = λ1 s~1 Aˆs~2 = λ2 s~2 Most szorozzuk meg skalárisan balról az els® egyenletet
s~2 -vel,
a másodikat
s~ 1 -gyel: s~2 · Aˆs~1 = s~2 ·λ1 s~1 s~1 · Aˆs~2 = s~1 ·λ2 s~2
pedig
Mivel szimmetrikus operátorokról van szó, ezért igaz a következ® átalakítás:
s~1 Aˆs~2 = s~1 Aˆs~2 = Aˆs~1 s~2 A skalárszorzat kommutatív tulajdonságát felhasználva a következ® egyenletekhez jutunk:
Aˆs~1 ·s~2 =λ1 s~1 · s~2 Aˆs~1 ·s~2 = λ2 s~1 · s~2 Vonjuk ki az els® egyenletet a másodikból:
0 = (λ1 − λ2 ) s~1 · s~2 Mivel a két sajátérték különböz® és egyik sajátvektor sem nullvektor, ezért ez csak úgy teljesülhet, ha a két vektor mer®leges egymásra. Megjegyzés: abban az esetben, amikor a két sajátérték egyenl®, egy sajátsíkot (sajátalteret) kapunk, és ebben a síkban (altérben) fel tudunk venni két (vagy több) egymásra mer®leges vektort, így a fent bebizonyított tétel továbbra is igaz. 2.2.1.2. Szimmetrikus operátorok sajátértékei valósak Egy sajátvektorra igaz, hogy:
ˆs = λ~s A~ Most vegyük ennek a komplex konjugáltját! tényez®t külön-külön konjugálunk:
6
Ezt úgy kapjuk, ha minden
Aˆ∗ s~∗ = λ∗ s~∗ Mivel az operátor szimmetrikus, ezért mindegy, hogy a vektorra jobbról vagy balról hat. Tehát a fenti egyenleteket így is írhatjuk:
ˆs = λ~s A~ s~∗ Aˆ = λ∗ s~∗ Most szorozzuk meg skalárisan az els® egyenletet balról
s~∗ -gal,
a másodikat
~s-sel! ˆs = s~∗ λ~s s~∗ A~ ˆs = λ∗ s~∗~s sˆ∗ A~
jobbról
Most vonjuk ki az els® egyenletb®l a másodikat!
0 = (λ − λ∗ ) s~∗~s Ez pedig csak úgy teljesülhet, ha
λ = λ∗ ,
azaz a sajátérték valós
2.2.2. Rezgések leírása
2.2.2.1. Az egyenletrendszer mátrixos írásmódja Ebben az esetben az egyes tömegpontok kitérését a nyugalmi helyzetükt®l számítjuk. Vizsgáljunk most egy olyan három golyóból álló rendszert, amelyik mindkét végén szabad! A rezgés közben fellép® er®k:
m1 x¨1 = −D1 (x1 − x2 ) m2 x¨2 = −D2 (x2 − x3 ) − D1 (x2 − x1 ) m3 x¨3 = −D2 (x3 − x2 ) Ha mindegyik egyenletet leosztjuk az adott tömeggel, akkor egy olyan lineáris egyenletrendszert kapunk, ahol az egyik oldalon az elmozdulások második deriváltjai állnak. Ezt úgy tekinthetjük, mintha egy operátor hatna egy vektorra, tehát:
D1 − m1 x¨1 D x¨2 = m12 x¨3 0
D1 0 x1 m1 D2 2 − D1m+D x2 =Ax m2 2 D2 D2 x3 − m3 m3 m2 m3 D2 D1 2 Az ω0 = m1 ; α1 = m1 ; α2 = m1 ; β = D1 jelöléseket bevezetve az a következ®képpen alakul:
1 A = −ω02 − α11 0
−1
A
mátrix
0 − αβ1 = −ω02 B
1+β α1 β − αβ2 α2 A sajátfrekvenciák megállapításához
B mátrix sajátértékeit kell meghatározλi , akkor a sajátrezgések
nunk. Ha a mátrix i-edik módushoz tartozó sajátértéke frekvenciáit a következ®képpen kapjuk meg:
√ ωi = ω0 λi
Mindkét végén szabad rezg® rendszereknél ki kell jönnie a 0 Hz sajátfrekvenciának, ami a transzlációs mozgásnak felel meg.
Minden rendszernek annyi
sajátfrekvenciája van, ahány szabadsági foka van. A mozgásegyenletek megoldásához 2n kezdeti feltételre van szükség. n dimenziós, mindkét végén kötött rendszer leírása:
m1 x¨1 = −D0 x1 − D1 (x1 − x2 ) m2 x¨2 = −D2 (x2 − x3 ) − D1 (x2 − x1 )
7
m3 x¨3 = −D3 (x3 − x4 ) − D2 (x3 − x2 ) . . .
mn x¨n = −Dn−1 (xn − xn−1 ) − Dn xn Ekkor is át lehet alakítani a fent említett módon az egyenleteket és fel lehet írni a megfelel® mátrixokat, és a sajátértékekb®l meghatározhatók a sajátrezgések frekvenciái. Ha valamelyik végén nincs rögzítve a rendszer, akkor vagy vagy
D0 = 0,
Dn = 0.
Gy¶r¶re f¶zött gyöngyök rezgései: Ebben az esetben ki kell jelölni egy egyes számú gyöngyöt.
Ebben az esetben az els® mozgása hat az utolsó mozgására
és fordítva. Ennek a következménye, hogy a mátrix 1n és n1 eleme nem 0 lesz. Nézzük meg ezt a példát alaposabban. Legyen egy kör alakú keret, melyre N db golyót felf¶zünk, köztük D direkciós állandó rugók legyenek. Határozzuk meg a normál módusainak frekvenciáját. Így az egyenletek
m1 x¨1 = −D(x1 − xn ) − D (x1 − x2 ) m2 x¨2 = −D (x2 − x3 ) − D (x2 − x1 ) m3 x¨3 = −D (x3 − x4 ) − D (x3 − x2 ) . . .
mn x¨n = −D (xn − xn−1 ) − D(xn − x1 ) Innen meghatározhatjuk a korábban már említett
B mátrixot, melyet további B = −2E +
mátrixok összegére bontjuk a könnyebb kezelhet®ség érdekében. A
C + C −1alakban írhatjuk fel. Lássuk a felírt mátrixokat.: 0 1 0 ··· 0 −2 1 0 ··· 1 0 0 1 −2 1 1 .. .. .. .. .. .. C −1 = C= . B= . . . . . 0 0 1 1 −2 1 1 ... 0 0 0 1 ... 0 1 −2 0 0 0 ··· 1 1 0 0 .. .. .. . . . 1 0 0 0 ... 0 1 0 A C mátrix sajátértékei legyenek κ-k a sajátvektorai s. Így a B mátrix 1 sajátértékei (−2+κ+ ), a sajátvektorai pedig s. Már csak a C mátrix sajátértékeinek κ n meghatározása van hátra. Tudjuk, hogy C = E , így a sajátértékeire igaz, n i 2π k hogy κ = 1. Innen a k. κértékére adódik, hogy κk = e n . Innen a rendszer 2π 2π i k −i n k mátrixának sajátértéke: e n + e − 2 = 2(cos 2πk n − 1). A rendszer normál q 2πk módusainak frekvenciája: ω = ω0 2(cos n − 1). 2.2.2.2. Speciális esetek Egy n dimenziós mátrixnak n darab sajátértéke lehet. Ha ezek közül néhány (legalább 2) egybeesik, akkor ez a lebegés határesete. plitúdója lineárisan n®.
8
Ilyenkor a rezgés am-
Ha negatív sajátértéket kapunk, az azt jelenti, hogy a rendszer instabil. Ez felcseng® megoldást jelent, vagyis a test mozgása során az amplitúdója n®. Erre lehet mutatni egy idealizált példát. Vegyünk 2 testb®l álló mindkét végén kötött rezg® rendszert. Az egyik test tömege legyen elhanyagolható a másik mellett. Ha megoldjuk a feladatot, azt kapjuk, hogy a kisebb test amplitúdója folyamatosan n®, ezt kis zb®l kényszerrezgés név alatt okítják. A feladat megoldását szívesen ajánjuk házi feladatként az olvasó számára. 2.2.2.3. Példa Számítsuk ki egy olyan rendszer sajátfrekvenciáját, amely mindkét végén rögzített és minden tömeg és rugóállandó azonos! Megoldás: Írjuk fel az egyenleteket!
mx¨1 = −Dx1 − D (x1 − x2 ) = Dx2 − 2Dx1 mx¨2 = −Dx2 − D (x2 − x1 ) = Dx1 − 2Dx2 Írjuk fel A mátrixot:
D m = −ω02 D − 2D m m Számítsuk ki B sajátértékeit:
A=
− 2D m
2−λ −1
det
−1 2−λ
2 −1
−1 2
2
=ω0 B
2
= (2 − λ) − 1 = λ2 − 4λ + 3 = 0
Megoldva az egyenletet:
λ1 = 1; λ2 = 3
A rendszer sajátfrekvenciái:
ω1 =
q
D m (ez a rezgés az, amikor egymással szinkronban mozog a két tömeg-
q
3D m (ekkor meg a két tömegpont ellentétes fázisban van)
pont)
ω2 =
2.2.2.4. Feladatok Keressük meg a következ® rendszerek sajátfrekvenciáit! A) Mindkét végén rögzített háromgolyós rendszer, ahol az összes rugóállandó és tömeg megegyezik. B) Mindkét végén szabad háromgolyós rendszer, ahol a rugóállandók és a két széls® tömeg megegyezik, a középs® tömeg pedig valamelyik széls® tömeg kétszerese. C) Csak az egyik végén rögzített kétgolyós rendszer, ahol minden tömeg és rugóállandó egyenl®. Megoldások: A) B) C)
q q √ D √ D ω2 = ; ω3 = 2− 2 m 2+ 2 m q q D 2D ω1 = 0; ω2 = m ; ω3 = (m valamelyik széls® tömeget q q m√ √ 3− 5 3+ 5) D ( )D ( ω1 = 2 m ; ω2 = 2 m ω1 =
q
2D m ;
2.3. Hipermátrixok
9
jelenti)
A hipermátrixok olyan mátrix, amelyiknek minden eleme egy újabb mátrix, ebben a részben csak olyanokkal foglalkozunk, melyeknek minden eleme néVizsgáljuk a 2×2-es hipermátixokat.
gyzetes mátrix.
hipermátrixok összeadása és szorzása?
Hogyan de niálható a
Látható, hogy ez hasonlóan történik,
mint az egyszer¶ mátrixokkkal végzend® m¶veleteknél.
A
A C
B D
J F G H
+
=
A+J B+F C +G D+H
mátrixok is hasonlóan: szorzása
A C
B D
·
J F G H
AJ + BG AF + BH CJ + DG CF + DH
=
Vizsgáljuk a hipermátrixok determinánsát, ehhez az alábbiak alapján bontsuk szorzattá a hipermátrixunkat. A képletekben
E az egységmátrixot, N
a nullmátrixot
jelöli.
det
A C
B D
= det
= det( E CA−1
N A B )= N E D − CA−1 B N A B det = −1 N E D − CA B E CA−1
= det(D − CA−1 B) · det A = det(DA − CA−1 BA) Csak felcserélhet¶ blokkok esetén kapjuk azt az eredményt, amit a mátrixok determinánsának analógiája alapján gondoltunk:det(AD
− BC)
2.4. Mátrixok függvényei 2.4.1. Mátrixok projektor-felbontása
Mint azt az el®z®ekben tárgyaltuk, egy n dimenziós mátrixnak n sajátértéke és sajátvektora lehet. Ezek meghatároznak egy-egy saját alteret. Most azokat az operázorokat akarjuk meghatározni, amelyek ezekre az alterekre vetítenek. Egy mátrixnak a bal- és jobboldali sajátvektora különbözik, de a sajátértékük megegyezik (a
λ-kat a f®átló elemeib®l vonjuk ki,
és a determináns értéke invar-
iáns a transzponálásra). Tehát:
Aˆs~ij = λi s~ij s~ib Aˆ = λi s~ib A jobb- és baloldali sajátvektorok reciprokvektorrendszert alkotnak, azaz:
s~kj s~lb = δkl Fontos tehát, hogy a sajátvektorokat ennek megfelel®en normáljuk, ez elengedhetetlen a továbbiakban! Az egyes alterekre vetít® projektorokat a jobb- és baloldali sajátvektorok diadikus szorzataként kaphatjuk meg:
Pˆi = s~ij ◦ s~ib Ezek a projektorok a következ® tulajdonságokkal rendelkeznek:
Egymás utáni hattatásuk olyan, mintha csak egyszer hatnánk:
(k ≥ 1) 10
k Pˆi = Pˆi
Két különböz® projektor egymás utáni hattatása után
Ezeknek a projektoroknak az összege kiadja az egységoperátort:
~0-t
kapunk
Pn
ˆ E
i=1
Pˆi =
Ezeknek a projektoroknak a sajátértékekkel súlyozott összege kiadja az eredeti operátort:
Pn
i=1
λi Pˆi = Aˆ
2.4.2. Mátrixok függvényei
Egy függvényt megadhatunk a Taylor-sorával is, tehát egy végtelen hosszú polinómot kell kezelnünk.
Mivel két különböz® projektor egymás utáni hat-
tatása a nulloperátor, ezért a polinómban az összes vegyes szorzat 0 lesz.
A
projektoroknak megvan az a szerencsés tulajdonságuk is, hogy akárhanyadik hatványuk megegyezik az els® hatvánnyal. Tehát:
P k n ˆi = P∞ ck Pn λi Pˆi = P∞ ck Pn λk Pˆi k = f Aˆ = f λ P i i=1 k=0 i=1 k=0 i=1 i P∞ Pn k ˆ c λ P k=0 k i=1 i i A két szummázás felcserélhet®, ezért:
P P∞ Pn n k ˆ ˆ f Aˆ = i=1 k=0 ck λi Pi = i=1 f (λi ) Pi Tehát egy mátrixnak egy adott függvényét úgy kapjuk meg, hogy vesszük a sajátértékeknek ugyanezt a függvényét, majd megszorozva ezeket a megfelel® projektorokkal, összeadjuk ®ket.Nézzünk erre egy pár példát: A mátrix tetsz®leges függvényét el®állíthatjuka mátrix hatványainak soraként. Ekkor felhasználva az el®z® állításokat felhasználva, láthatjuk, hogy a m¶veleteket csak a sajátértékeken kell elvégezni. Így egy mátrix tetsz®leges függvénye, az alábbi alakban fejezhet® ki:
f (A) =
X
f (λk )(uk ◦ v k )
k Lássunk erre egy példát:
exp
0 −1
1 0
El®ször határozzuk meg a mátrix sajátértékekeit , melyek
±i.
Ezután a jobb
oldali sajátvektorok következnek
0 −1
1 √ 2
1 √ 2
1 0 0 −1
−i 1 =√ −i 2 i 1 1 1 =√ 0 i i 2 1 −i
1 1 λ1 = −i, s1j = √ −i 2 1 1 λ2 = i, s2j = √ i 2
A bal oldali sajátvektorokat meghatározhatjuk úgy is, hogy a transzponált márix jobboldali sajátvektorait keressük. A bal oldali sajátvektorok
11
s1b =
√1 2
1 −i
,
és
s2b =
√1 2
1 i
i A=− 2
i exp A = exp(− ) 2
i + 2
i 1
1 i −i 1
1 −i
1 i
−i 1
1 i
i + exp( ) 2
−i 1
AGyakorlásként említünk még egy példát, és a megoldását vázlatosan közöljük. Figyeljünk a sajátvektrok megfelel® normálására! Határozzuk meg az
A
mátrix
alábbi függvényét:
f (A) =
A + 2E A−E
15 −3 A = 0 · 25 −5 45 −9 15 −3 0+2 f (A) = · 25 −5 0−1 45 −9
18 9 −11 A = 33 18 −21 57 27 −34 −15 0 5 1 3 −3 −5 − 1 −27 0 9 + 3 2 6 −48 0 16 3 9 −9 −3 −15 −1 + 2 −27 −5 + −1 − 1 −9 −48
0 0 0
−2 −4 −6
5 1 3 3 + 2 2 6 9 + 3−1 16 3 9
−2 −4 −6
2.4.3. Diagonális mátrixok függvényei
Diagonális mátrixok (olyan mátrixok, ahol csak a f®átlóban vannak nemnulla elemek) esetén jóval könnyebb dolgunk van.
Ugyanis ilyen mátrixok szorzása
esetén az azonos helyen lév® elemek szorzódnak, vagyis a mátrix függvényét kifejezhetjük, mint az elemek függvényét:
f (A) =
P∞
k k=0 ck A =
Ak11
c k k=0
P∞
Ak22 ..
.
Aknn
=
f (A11 ) f (A22 )
2.4.4. Példák
A) határozzuk meg a nullmátrix koszinuszát! Megoldás:
A nullmátrixnak minden vektor sajátvektora 0 sajátértékkel.
Tehát legyenek a kiválasztott, egymásra mer®leges sajátvektorok a bázisvek-
Pˆi projektor az ii eleme lesz 1, a többi Pnúgy fog kinézni, Pn hogy csak ˆ , tehát a nullmátrix kosziÍgy: cosˆ 0 = i=1 cos0Pˆi = i=1 Pˆi = E
torok. Ekkor pedig 0.
nusza az egységmátrix. Ugyanezt az eredményt kaptuk volna, ha a f®átlóban szerepl® elemek koszinuszát vesszük.
2.5. Cayley-Hamilton-tétel 12
..
.
f (Ann )
A Cayley-Hamilton tétel szerint a mátrix kielégíti saját kararkterisztikus polinomját. El®ször is tisztázzuk, mit is nevezünk karakterisztikus polinomnak. Ha megakarjuk határozni egy mátrix sajátértékeit, akkor fel kell írni det(A − λE) = 0 egyenletet, ezt nevezzük karakterisztikus polinomnak. P (λ) = det(A − λE). Tehát a tétel szerint P (A) = N . Ennek el®ször megmutatjuk egy hibás bizonyítását, melyet kis ügyeskedéssel jóvá lehet varázsolni.
adj(A − λE)(A − λE) = E det(A − λE) = P (λ)E Ezután cseréljük ki λ-t A-ra. És így megkapjuk a kívánt egyenletet adj(A − AE)(A − AE) = N = P (A)E . Innen már látható N = P (A). A bizonyítás hibás, mert csak akkor írható be A, ha minden más mátrixxal felcserélhet®. mában:
Ennek belátásához írjuk fel az adjungált részt a következ® for-
adj(A − λE) = λn K n + λn−1 K n−1 +. . ..
Az egységmátrixxal minden
mátrix felcserélhet®, akkor csak azt kell belátni, hogy
n
n−1
. . .)A = A(λ K n + λ mivel K n A = AK n .
K n−1 + . . .).
(λK n + λn−1 K n−1 +
A bizonyítást mégis jóvá lehet tenni,
A Cayley-Hamilton tétel azt is megmutatja, hogy az egységmátrix és egy márix pozitív kitev®j¶ hatványai közül legfeljebb n db lineárisan független található, ahol n a mátrix dimenziója. Tehát 3D-os esetén legfeljebb 3 db lineárisan független választható ki.
Példa: Mutassuk meg, hogy
0 −1
1 0
polinomját.
13
mátrix kielégíti saját karakterisztikus
3. Forgatások Azért fontos a forgatástól beszélni, mert a természeti törvények forgásinvariánsok. Tetsz®leges vektorok elforgatása esetén azt tapasztaljuk, hogy ha egy összegvektort forgatunk, akkor az elforgatott összegvektor megegyezik, az eredeti vektorok elforgatottjainak összegével, illetve kétszer akkora vektornak az elforgatottja is kétszer akkora:
Fˆ (v~1 + v~2 ) = Fˆ v~1 + Fˆ v~2 Fˆ (λ~v ) = λFˆ~v Azaz a forgatás egy lineáris transzformáció, így rendelhetünk hozzá egy lineáris operátort, amit egy adott koordináta-rendszerben mátrixszal tudunk reprezentálni. A mátrixok reprezentációját a következ®képpen értelmezzük:
ˆ = P Mij (~ M ei ◦ e~j ),
a megfelel® elemekt táblázatba rendezve kapjuk meg
a mátrixot.
3.1. A forgatásoperátor tulajdonságai A forgatásoperátorokat
ˆ -val O
jelöljük.
A nem változtatja meg a vektor hosszát, tehát: forgatás
ˆ O~v = |~v |, másképpen: ˆe ˆ v O~ ˆ v = ~v 2 , az O~ ˆ v = ~v O O~ azonosság ˆe ˆ ~v O O~v = ~v 2
felhasználásával:
Ez a kifejezés a mátrix- és operátorszorzás asszociativitása miatt tetsz®legesen zárójelezhet®:
ˆe ˆ O~v = ~v 2 , innen pedig ~v O ˆe ˆ O O ~v = ~v , ez pedig csak úgy ˆe ˆ ˆ , vagyis O O=E ˆe ˆ −1 = O O
lehet, ha
Az ilyen tulajdonsággal rendelkez® operátorokat (mátrixokat) ortogonális nak nevezzük.
g ˆe ˆ ˆe ˆO O O =O (mivel
tényez®nként lehet transzponálni), ez azt jelenti, hogy a
két mátrix felcserélhet®. Általában az n dimenziós ortogonális mátrixokat
O (n)-nel
jelöljük.
Az ilyen mátrixok csoportot alkotnak: 1. A szorzás m¶veletre zárt a csoport:
g ˆ f ˆ f Oˆ1 Oˆ2 = O 2 O1 g ˆ f ˆ ˆ f ˆ f ˆ Oˆ1 Oˆ2 Oˆ1 Oˆ2 = Oˆ1 Oˆ2 O 2 O1 = O1 O1 = E ,
tehát két ortognális mátrix
szorzata is ortogonális. 2. Asszociatív: mint minden mátrixszorzás, ez is tetsz®legesen zárójelezhet®.
14
3. Az egységelem is eleme a csoportnak: az egységmátrixnak az inverze az egységmátrix. Mivel ® egy szimmetrikus mátrix, ezért egyenl® a transzponáljával, ami szintén egyenl® az inverzével, tehát az egységmátrix is ortogonális. 4. az inverz is eleme a csoportnak: egy ortogonális mátrixnak az inverze a transzponálja, és ugyanez igaz a transzponált/inverz mátrixra is, tehát az inverz mátrix is ortogonális. Az ortogonális mátrixok determinánsa:
ˆe ˆ ˆe ˆ = det O ˆ=1 detE O = detO · detO ˆe ˆ , ezt behelyettesítve: és detO = detO 2 ˆ =1 detO ˆ = ±1 detO A negatív el®jel¶ operátorok a páratlan számú türözések; a pozitív el®jel¶ operátorok a forgatások és a páros számú tükrözések. Ez utóbbiakat speciális ortogonális mátrixoknak nevezzük,
SO (n)-nel
jelöljük ®ket és ®k is csoportot
alkotnak.
3.2. Vektorok és mátrixok transzformációja Egy vektornak vagy egy operátornak a reprezentációja függ a koordinátarendszer választásától. Legyen a vessz®vel jelölt vektor és mátrix az elforgatott koordináta-rendszerbeli reprezentáció, a vessz®tlen pedig az eredetibeli.
Egy
tetsz®leges vektor transzformációját a következ® egyenlet írja le:
v 0 = Ov A vessz®tlent a következ®képpen kapjuk vissza:
e 0, v = Ov
ugyanis a transzponált és az inverz megegyezik.
A mátrixok transzormációja kicsit bonyolultabb. ilyenkor azt kell kihasznál-
v~2 Aˆv~1 kifejezés független a reprezentációtól: e 0 Ov v 2 Av 1 = v 02 A0 v 01 = Ov 2 A0 Ov 1 = v 2 OA 1
nunk, hogy a
Tehát a vessz®s mátrixb®l a következ®képpen kapjuk meg az eredetit:
e 0O A = OA Ha ezt az egyenletet beszorozzuk jobbról
e -tal és balról O-val, akkor megkapjuk, O
hogyan lehet az eredeti mátrixból a vessz®set megkapni:
e A0 = OAO Itt jegyezzük meg, hogy kétféle transzformáció létezik. Az egyik a passzív transzformáció, amikor a koordináta-rendszer változása miatt transzformálódik
a vektor/operátor (a fejünket elfordítjuk és emiatt változik meg a látkép), a másik, amikor a m¶veletet magán a vektoron/operátoron hajtjuk végre és nem térünk át másik koordinátákra, ezt nevezzük aktív transzormáció nak (körülöttünk mozognak a dolgok, emiatt változik a látkép).
3.3. Kétdimenziós forgatások leírása 3.3.1. A mátrix elemeinek meghatározása
15
Egy operátort úgy is megadhatunk, hogy megmondjuk, hogy a bázisvektorokat milyen vektorba viszi át a transzformáció, és ezeket a vektorokat oszlopvektorként egymás mellé írjuk:
v~1
O=
v~2
Ilyenkor a transzponált a következ®képpen írható:
v~1 v~2 e = E, Mivel O O v~1 v~1 = 1 v~2 v~2 = 1 v~1 v~2 = 0 e= O
ezért a következ® egyenl®ségeknek kell teljesülniük:
Ez 3 egyenlet 4 ismeretlenre, így marad egy szabad paraméter.
A forgás-
mátrixot a következ®képpen is megadhatjuk:
O=
a c
b d
ezekkel a paraméterekkel a fenti egyenletek a következ®kép-
pen néznek ki:
a2 + c2 = 1 b2 + d2 = 1 ab + cd = 0 Az els® egyenlet nagyon hasonlít a trigonimetrikus Pitagorasz-tételre, ezért
a = cosα és c = sinα. Ekkor a harmadik egyenlet így alakul: b · cosα + d · sinα = 0 innen átalakítással kapunk egy kifejezést b-re b = −d · tgαezt most helyettesítjük be a második egyenletbe: d2 1 + tg 2 α = 1 az 1+tg 2 α = cos12 α azonosság felhasználásával a következ®t
legyen
kapjuk:
d2 = cos2 α, azaz d = ±cosα innen b b = ∓sinα
értékére a következ®t kapjuk:
Mint azt láthattuk az egy szabad paraméter a forgatás szöge Így a következ® két mátrixot kapjuk:
O1 (α) =
−sinα cosα
cosα sinα
, ennek a mátrixnak a determinánsa
+1,
ezek
írják le a síkbeli (kétdimenziós) forgatásokat.
O2 (α) = egyik speciális 1 0 . 0 −1
cosα sinα
sinα −cosα
esete, amikor
, ennek a determinánsa
α = 0,
−1, ez írja le a tükrözéseket,
ekkor a következ® mátrixot kapjuk:
T2 =
3.3.2. Kétdimenziós forgatások tulajdonságai
Vizsgáljuk meg ezeknek az operátoroknak néhány tulajdonságát:
T 2 O1 (α) T 2 =
1 0
0 −1
cosα sinα
sinα −cosα
1 0
0 −1
=
O1 (−α) tehát ilyen szendvicseléssel megkaptuk a visszaforgató operátort. Most nézzük meg két forgatás egymásutánját!
16
cosα −sinα
sinα cosα
=
cosα1 −sinα1 cosα2 −sinα2 O (α1 ) O (α2 ) = = sinα1 cosα1 sinα2 cosα2 cosα1 cosα2 − sinα1 sinα2 −cosα1 sinα2 − sinα1 cosα2 cos (α1 + α2 ) −sin (α1 + α2 ) = = sinα1 cosα2 + cosα1 sinα2 −sinα1 sinα2 + cosα1 cosα2 sin (α1 + α2 ) cos (α1 + α2 ) =O (α1 + α2 ) Tehát két forgatás egymásutánja olyan, mintha egyszer forgattunk volna a két szög összegével. A fenti levezetésb®l az is kit¶nik, hogy mindegy, hogy el®bb
α1 -gyel, vagy α2 -vel forgatunk, azaz O (α1 ) O (α2 ) = O (α2 ) O (α1 ), tehát
a kétdimenziós forgatások kommutatív
csoport ot alkotnak. 3.3.3. Kétdimenziós mátrixok transzformációja
Egy kétdimenziós mátrixnak négy szabad paramétere van.
Egy mátrix a
következ®képpen is felírható:
a+c b+d 0 = aE+b −b + d a − c −1 = aE + bεij + cσ 3 + dσ 1 A=
1 0
1 +c 0
0 −1
+d
0 1
1 0
=
Egy tetsz®leges mátrix esetén gy kaphatjuk meg könnyen ezt a felbontást, hogy vesszük a f®átlóban lév® elemek osszegét, ez megadja vesszük a mellékátlóbeli elemek összegét, ez pedig
d
a
kétszeresét, majd
kétszeresét fogja megadni.
Ezek után a másik két paraméter is könnyen meghatárizható. Most forgassuk el ezt a mátrixot:
e = O (α) AO (−α) A0 = OAO A mátrixösszegben a tagok külön-külön transzformálódnak: Az egységmátrix nem transzformálódik
εij = O − π2 O (α) O − π2 O (−α) = O α −
π 2
− α = O − π2 = εij ,
tehát a második
tag sem transzformálódik. Nézzük a harmadik tagot:
cosα −sinα 1 0 cosα sinα cosα −sinα cosα = sinα cosα 0 −1 −sinα cosα sinα cosα sinα cos2α sin2α = = cos2α · σ3 + sin2α · σ1 sin2α −cos2α Most már csak a negyedik tag maradt hátra: cosα −sinα 0 1 cosα sinα cosα −sinα −sinα = sinα cosα 1 0 −sinα cosα sinα cosα cosα −sin2α cos2α = = −sin2α · σ 3 + cos2α · σ 1 cos2α sin2α
Tehát a transzformált mátrix:
A0 = a0 E + b0 εij + c0 σ 3 + d0 σ 1 = O (α) AO (α) = = aE + bεij + (c · cos2α − d · sin2α) σ 3 + (c · sin2α + d · cos2α) σ 1 Tehát az együtthatók transzformációja:
a0 = a b0 = b c0 = c · cos2α − d · sin2α
17
sinα −cosα
cosα sinα
=
=
d0 = c · sin2α + d · cos2α Vegyük észre, hogy c és d c c0 = O (2α) d d0
a következ®képpen transzormálódik:
3.4. Háromdimenziós forgatások 3.4.1. A mátrix elemeinek meghatározása
Ebben az esetben is ugyanabból kell kiindulnunk, mint a kétdimenziós forgatások esetén: Ha
v~1 , v~2 , v~3 a
bézisvektorok elforgatottjai, akkor a következ®képpen néznek
ki a mátrixok:
v~2 v~3 és O = v~1 v~1 e = v~2 O v~3 e = E most is igaz, ezért ezekre a vektorokra a következ® egyenletek Mivel O O igazak:
v~i v~j = δij Ez hat egyenletet jelent kilenc ismeretlenre, ezért a háromdimenziós forgatások három szabad paramétert tartalmaznak. Ezek általában a forgástengelyt megadó egységvektor (ez csak két paraméter, mert kikötött, hogy egységnyi hosszú legyen) és a forgatás szöge. Ezt az operátort a következ®képpen adhatjuk meg:
O (n, α) = cosαE + (1 − cosα) n ◦ n + sinαn× n× operátor hatása a következ®: (n×) v = n × v
Itt
Sokkal könnyebb a dolgunk, ha valamelyik koordináta-tengely körül forgatunk, ilyenkor a mátrixok a következ®képpen néznek ki:
Ox (α) = Oy (α) = Oz (α) =
1 0 0 0 cosα −sinα 0 sinα cosα cosα 0 −sinα 0 1 0 sinα 0 cosα cosα −sinα 0 sinα cosα 0 0 0 1
A háromdimenziós forgatásokat leíró mátrixok spúrja (f®átlóban lév® elemek összege) független a reprezentációtól, minden esetben
SpO (α) = 1 + 2cosα.
3.4.2. Háromdimenziós forgatások kommutatívitása
◦
Nézzük most meg azt, hogy az y- és z-tengely körüli 90 -os forgatás sorrendje felcserélhet®-e!
18
Oy
Oz
Oz
Oy
0 0 −1 0 1 0 = 2 1 0 0 0 −1 0 π 1 0 0 = 2 0 0 1 0 π π 1 O = y 2 2 0 0 π π 0 O = z 2 2 1 π
−1 0 0 0 −1 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 −1 0 −1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1
0 = 0 1 0 = 1 0
−1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0
A két mátrix szemmel láthatóan nem egyenl®, ezért a háromdimenziós forgatások nem kommutatívak. 3.4.3. Háromdimenziós mátrixok transzformációja
Egy háromdimenziós mátrix esetében megtahatjük a mátrix következ® blokkokra
Aij -vel jelöljük): A A 11 12 A0 := A21 A22 A00 = A31 A 32 A13 000 A = A23 Ekkor a mátrix a következ®képpen néz ki: 0 A A000 A= A00 A33
bontását (a mátrix elemeit
Ilyen felbontás mellett a mátrix a következ®képpen transzformálódik:
A0
mint kétdimenziós mátrix transzformálódik,
A00 és A000 A33 értéke
kétdimenziós vektorként transzformálódik, nem változik.
3.5. A forgatásoperátor sajátértékei és sajátvektorai A forgatásoknak értelemszer¶en a tengely irányvektora az egyik sajátvektora 1 sajátértékkel. Három dimenzióban ez 1, kétdimenzióban 0 sajátvektort jelent. A maradék 2-2 is létezik, csak ezeknek a komponensei komplexek (kivéve a 0
◦
◦ és 180 -os forgatást), így szemléltetésük kicsit nehézkes. Ezeknek az optikai eszközöknél lesz majd jelent®sége. Ezzel majdnem egyenérték¶ az az állítás, hogy a forgatásoknak egyetlen és triviális invariáns (transzformáció után változatlan) vektora a nullvektor.
3.6. A szögsebesség 19
3.6.1. Kétdimenziós szögsebesség
Kis szög¶ forgatások esetén megtehetjük azt, hogy a színusz és a koszínusz függvény sorfejtésének els® tagjait írjuk be, tehát a legalább másodrendben kicsi tagokat elhanyagoljuk. Ekkor a forgásmátrix a következ®képpen néz ki:
O=
1 α
−α 1
= E + α (−ε)
Mivel a vektor csúcsa egy kör mentén mozog, ezért a forgatás középpontját bevihetjük az origóba (a forgatás eltolás-invariáns).
Ekkor a vektor ko-
ordinátáira igaz, hogy:
x2 (t) + y 2 (t) = ll. Ennek az egyenletnek mindkét oldalát deriválva azt kapjuk.
2xx ˙ + 2yy ˙ =0 Bevezetve az x ˙ = vx
és
y˙ = vy
jelöléseket és átrendezve az egyenletet azt
kapjuk:
y vx vy = − x Ezek alapján azt mondhatjuk, hogy:
vx = −ωy vy = ωx Kis dt id® elteltével a korrdináták x0 = x + vx dt = x − ωydt y 0 = y + vy dt = y + ωxdt
a következ®képpen néznek ki:
Ezt így is írhatjuk:
x0 y0
1 −ωdt x ωdt 1 y Bevezethetjük a következ® szögsebesség-operátort: 0 −ω Ω= ω 0 =
Ezzel így néz ki egy in nitezimális forgatás:
O (ωdt) = E + dtΩ Ennek az id®beli fejl®dése a következ®képpen alakul:
t = ndt és α = tω . Ekkor: n O (α) = O (tω) = On (dtω) = (E + dtΩ) = E + Legyen
tΩ n
n
= etΩ
3.6.2 Háromdimenziós szögsebesség
Most vigyük át a két dimenzióban meghatározott képletet három dimenzióba!
O (ωdt) = E + dtΩ Mivel O ortogonális, ezért továbbra is igaz, hogy e=E OO g e = E + dtΩ + dtΩ e + dt2 ΩΩ e =E (E + dtΩ) (E + dtΩ) = (E + dtΩ) E + dtΩ Másodrendben kicsi tagokat elhanyagolva a következ® egyenl®séget kapjuk:
e=0 Ω+Ω Tehát a szögsebesség-opertátor antiszimmetrikus :
e Ω = −Ω
20
A szögsebesség-operátor elemei:
0 −ω3 ω2 0 −ω1 Ω = ω3 −ω2 ω1 0 Ezek alapján de niálhatjuk a ω1 ω = ω2 ω3
szögsebesség-vektort:
Így:
Ωr = ω × r A szögsebesség-operátorhoz más úton is eljuthatunk. Induljunk ki a forgásoperátorok ortogonalitásából:
e=E OO Most deriváljuk le mindkét oldalt id® szerint!
˙ e e + OO O˙ O =0 g ˙ ˙ e e OO = OO összefüggés
felhasználásával azt kapjuk, hogy
e O˙ O
egy antiszim-
metrikus operátor, nevezetesen ez pont a szögsebesség-operátor.
e Ω = O˙ O 3.6.3. A szögsebesség-operátor tulajdonságai
El®ször vizsgáljuk meg, hogyan viselkedik egy szögsebességvektor, ha az ® forgástengelye körül forgatjuk el! Ezt a szokásos szendvicseléssel vizsgálhatjuk. Legyen ez a z-tengely!
0 ω= 0 ω 3 cosα −sinα Ω0 = sinα cosα 0 0 0 −ω3 0 ω3 0 0 0 0 0
0 0 0 ω3 1 0
−ω3 0 0
0 cosα 0 −sinα 0 0
sinα cosα 0
0 0 = 1
Tehát erre a transzformációra invariáns a szögsebesség-operátor. Most nézzük meg azt az esetet, amikor csak a z-tengely körül nem forgatót vizsgálunk!
ω1 ω = ω2 0 cosα −sinα Ω0 = sinα cosα 0 0 cosα −sinα 0 = sinα cosα 0 0 0 1
0 0 0 0 1 −ω2
0 ω2 cosα sinα 0 0 −ω1 −sinα cosα 0 = ω1 0 0 0 1 0 0 ω2 0 0 −ω1 = −cosα · ω2 − sinα · ω1 −sinα · ω2 + cosα · ω1 0
21
0 0 = −cosα · ω2 − sinα · ω1
0 0 −sinα · ω2 + cosα · ω1
cosα · ω2 + sinα · ω1 sinα · ω2 − cosα · ω1 0
Észrevehetjük, hogy ebben az esetben a két szögsebességkomponens, mint kétdimenziós vektor transzformálódik:
ω20 −ω10
ω2 −ω1
= O (α)
Hatassuk most az
ε
operátort!
Ennek ahatása, hogy felcseréli a két vek-
torkomponens és a negatív el®jelet pozitívra változtatja:
ω20 ω2 ω2 = εO (α) ε = O (α) ε −ω10 −ω1 −ω1 Tehát: 0 ω1 ω1 = O (α) ω20 ω2
Most vizsgáljuk két szögsebesség-operátor kommutátorát!
Két mennyiség
kommutátorát a következ®képpen de niáljuk:
[Ω (ω1 ) ; Ω (ω2 )] = Ω (ω1 ) Ω (ω2 ) − Ω (ω2 ) Ω (ω1 ) Ennek az értékét hattatással állapíthatjuk meg:
(Ω (ω 1 ) Ω (ω 2 ) − Ω (ω 2 ) Ω (ω 1 )) r = ω 1 ×(ω 2 × r)−ω 2 ×(ω 1 × r) = (ω 1 × ω 2 )× r Tehát a kommutátor értéke:
[Ω (ω1 ) ; Ω (ω2 )] = Ω (ω 1 × ω 2 ) Ebb®l következik a Jacobi-azonosság is. Ez a következ®t mondja ki:
ω 1 × (ω 2 × r) − ω 2 × (ω 1 × r) − (ω 1 × ω 2 ) × r = 0. Ebb®l következik az is, hogy
(Oa) × (Ob) = O (a × b). 3.6.4.
A deriváltak transzformálódása egymáshoz képes forgó koordináta-
rendszerekben
Legyen
rk
a rögzített,
rb
a forgó korrdináta-rendszerben
~r
vektor reprezen-
O (t)
operátor.
A kezdeti id®pillanatot úgy vegyük fel, hogy a két rendszer tengelyei
t = 0-ban
tációja, és jelölje a két rendszer egymáshoz képesti elfordulását párhuzamosak legyenek. Ekkor a két reprezentáció közötti összefüggés a következ®:
rk = Orb Most az id®függéseket lespóroltuk, természetesen, a fenti egyenletben minden id®függ®. Most deriváljuk le id® szerint mindkét oldalt!
˙ + Or˙ r˙ k = Or b b ˙ összefüggés Az ΩO = O
felhasználásával ez az egyenlet a következ®képpen
alakul:
r˙ k = ΩOrb + Or˙ b t = 0 id®pillanatban r˙ k = ω × rb + r˙ b
ez az érték (ilyenkor
O = E ):
Most deriváljuk le ismét id® szerint mindkét oldalt!
˙ ˙ ˙ r¨k = ΩOr rb = b + ΩOr b + ΩO r˙ b + O r˙ b + O¨
22
˙ = ΩOr rb b + ΩΩOr b + 2ΩO r˙ b + O¨ Átírva:
r¨k = ω˙ × rb + ω × (ω × rb ) + 2 (ω × r˙ b ) + r¨b Ezzel megkaptuk a tehetetlenségi gyorsulásokat.
A tömeggel beszorozva
megkapjuk a tehetetlenségi er®ket os, ezek sorban balról jobbra: Euler-er®, centrifugális er®, Corioris-er®, transzlációs tehetetlenségi er®.
23
4. Ferdeszög¶ koordináta-rendszerek 1
Tekintsük a térben három lineárisan független vektort . Jelöljük ®ket
− → f 3 .Általános
− → − → f 1, f 2,
esetben, ezek egymásra nem mer®legesek (ortogonálisak), hosszuk
→ − a ) ezen bázisvektorok terén egyértelm¶en
nem egyre normált. Tetsz®leges vektort ( kifejthetünk
− → − → − → → − a =a1 f 1 +a2 f 2 +a3 f 3 .
A bázisvektork által meghatározott ko-
ordinátarenszert nevezzük ferdeszög¶ koordinátarendszernek. Ebben a részben ennek a renszernek a részleteit vizsgáljuk. A zikai alkalmazásokban is sokszor felbukkannak, például a kristályokban, ahol a kristályélek nem alkotnak ortogonális rendszert.
Így ott leginkább a
ferdeszög¶ koordinátarendszerek felvétele ajánlott.
4.1.
Reciprok vektorrendszer
− → − → − → f 1 , f 2 , f 3 egyértelm¶en meghatározhatjuk − → − → − → F1 , F2 , F3 . A képzési szabályuk a következ®, ahol
A térben adott három vektorhoz a reciprok vektorrendszert
− →1 − → − → f 2 , f 3 ) a három vektor vegyesszorzatát jelenti: → − → → − → → − → − → (− − → (− − → (− f 2 ×f 3 ) f 3 ×f 1 ) f 1 ×f 2 ) F1 = − , F2 = − , F3 = − → − → − → → − → − → → − → − → 1 2 3 1 2 3 1 2 3
(f ,
(f ,f ,f )
(f ,f ,f )
(f ,f ,f )
Látható, hogy a reciprok vektorrendszer egyik vektora mer®leges az eredeti vektorok közül kett®re is.
Az egyenleteket az indexek permutációjával is el®
lehet állítani. Érdekl®d® diákok beláthatják, hogy a kapott
− → − → − → F1 , F2 , F3
vektorok reciprok
vektorrendszere az eredeti vektorokat adja vissza. A reciprok vektorrendszer lehet®séget ad, hogy egy vektort, két féle képpen is kifejthessünk:
− → − → − → → − a =a1 f 1 +a2 f 2 +a3 f 3 − → − → − → → − a =a1 F +a2 F +a3 F 1
2
3
Már itt érdemes bevezetni az indexes írásmódot, és az Einstein féle autoszummás konvenciót. Az indexes írásmóddal a fenti képlet az alábbi módon módosul:
3 → − P → − a = ai f i .
Látható, hogy olyan indexre szummázunk amelyik kéti=1 szer szerepel. Einstein volt, aki el®ször vezette be azt, hogy automatikusan szummázunk olyan indexekre, melyek kettesével szerepelnek.
A szummázási
határokat ez a konvenció nem jelöli, ezt az olvasónak kell tudnia. Ebben a jegyzetben legtöbbször 3-ig szummázunk. Csak erre a jegyzetre bevezetjük még, hogy csak azokra az indexekre szummázunk melyek közül egyik fent másik lent
→ − − → → − a =ai f i =ak Fk . k kontravariánsnak a reprezentációját
szerepel. Így a képleteink egyszer¶bb alakúak A vektoraink
ai reprezentációját
kovar-
iánsnak nevezzük. A továbbhaladáshoz még meg kell említeni, hogy milyen összefüggések állnak fenn a két fajta vektorok között: érvényes).
1A
→ −i − → f Fk =δik =(δki
csak erre a jegyzetre
Ahol a Kronecker-delta szimbólum szerepel, melynek értéke 1, ha
térben három vektor lineárisan független, ha nem esnek egy síkba
24
a két indexe megegyezik,ha pedig különböz®, akkor 0.
További összefüggések
→ − − → → − − a Fk =ak ,→ a f i =ai , melyek könnyen beláthatóak, példaként nézzük meg az egyiket: → −− − → − → − → − → → → − a F =a f i F = a δ i =a . A kés®bbiek során még szükség lesz a f i ×f k =ε F m (f 1 , f 2 , f 3 ) k
i
k
i k
k
mik
összefüggésre, mely egyértelm¶en következik a reciprok vektorrendszer bevezetéséb®l. A képletben szerepl® tenzor a jól ismert Levi-Chivita együttható. 4.2 M¶veletek ferdeszög¶ koordinátarendszerben A vektorok összeadása és skalárral szorzása nem jelent komolyabb nehézséget ugyanis, hasonlóan végezend® mint Descartes koordinátarendszerben. Összeadásnál a megfelel® komponensek kell összeadni, még skalárral való szorzásnál a megfelel® komponenst kell beszorozni:
→ − → −c =→ − a + b , akkor ci =ai +bi → − − d =λ→ a , akkor di =λai
→ − b.
A vektorok skaláris szorzása már bonyolultabb, legyen a két vektorunk Ezek skaláris szorzata
→ → − − ai f i bk f k .
→ − a és
Itt is a korábban bevezetett Einstein-
féle autoszummás konvenciót használjuk.
Figyeljünk rá, hogy a különböz®
összegz®indexeket különböz® bet¶vel jelöljük. A reprezentációs koordináta alakban:ai f
i
bk f k =ai bk Gik ,
tenzor, melyet egy 3×3-as mátrix reprezentál.
ik
ahol G
a metrikus
A metrikus tenzorból külön-
böz®ket de niálhatunk, melyeket az indexek helye alapján különböztethet® meg:
k
k
Gi =F i f ; Gik =F i F k . A G tenzort pongyolán az index felhúzás mátrixánának hívjuk ugyanis
→ −− → aj =ai f i f j = ai Gij =(Ga)j
ik
Nézzünk meg egy példát a metrikus tenzor tulajdonságaira: G
→k − →k − → −i − −i − −i − →− → → →− → → → ik i G Gkj =( f f )(Fk Fj )= f (f ◦Fk )Fj =( f Fj )=δj
i
Gkj =δj
Példák: Lássuk be az alábbi egyenl®ségeket: G
ik
G
ik
Gik =E, ahol E az egység mátrix
ki
=G − − → → ˆ Fk ◦ f i = E
− →
− →
12 1 2 √ G√ =cosα12 , ahol α12 az f és f vektor által bezárt szög G11 G22 Utoljára nézzük meg a vektoriális szorzatot, legyen V a bázisvektorok veg-
− →1 − → − → − → − −c , a c vektor tetsz®leges indexe kifef 2 , f 3 ). → a × b =→ k i i k m jezhet® az alábbi kifejezéssel: cj =(ai f ) × (bk f )=ai bk (f ×f )=ai bk εmik F V m c =εmik ai bk V yesszorzata: V=(f ,
4.3 Operátorok reprezentálása
→ − − b = Aˆ · → a . Írjuk ezt fel a bázisvek−i → − ˆ→ torok terében Innen kifejezve a bk -t: bk = F k A f ai =Aik ai . Hasonlóan a metrikus tenzorhoz felírhatjuk többféle reprezentációban pl.: Aji = → − → − −i → − → − j ˆ→ − ˆ i→ F A F i . Vizsgáljuk mit csinál az operátor a bázisvektorainkkal bk f k =Aa f =⇒Aˆ f i =λi f i , → − ˆ → − hasonlóan F k A=λk F k . Ekkor az operátorokat a sajátvektorainak bázisában Legyen
Aˆ,
melynek hatását vizsgáljuk:
→ − −i ˆ i→ bk f k =Aa f .
vizsgáljuk. Ezekb®l már látható, az amit a sajátvektoroknál leírtunk, a jobb oldali sajátvektrok a
→ − F vektrok
baloldaliak.
25
→ − f vektorok
Így egy tetsz®leges operá-
tort ferdeszög¶ koordinátarendszerben az alábbiak szerint diagonalizálhatunk
λ −i 1 → − ˆ→ F kA f = 0 0
0 λ2 0
0 0 , λ3
ahol a megfelel® sajátértékek szerepelnek.
4.4 Áttérés más koordinátarendszerben Legyen két ferdeszög¶ koordináta renszerben ( K és K'), a vessz®s rendszerben a vektrokat is vessz®vel különböztejük meg, így
− →0 → − − → − a =ai f i és → a =a0i f i .
Itt is
megadhatunk mátrixokat mely egyik reprezentációból átvisznek egy másikba.
− →→ − k a0i =ak f k Fi 0 = ak C...i k0 i k a = a D...i
hasonlóan:
Lássuk be az alábbi példát:
j =δkj Ck...i D...i
26
5. Szemelvények a vektoralbegra zikai alkalmazásaiból 5.1 Vetít® operátorok A vektoralgebra gyakorlati felhasználására, sok lehet®ség adódik az optika területén.
A vetít® operátorokkal modellezhetjük például a polársz¶röket.
A
polársz¶r®k jó közelítéssel csak az egyik irányba polározott fényt engedik át, de azt gyengítetlenül. Korábbi tanulmányaink alapján felírhatjuk az x és y tengelyre vetít® operátorokat. Az egyszer¶ség kedvéért csak két dimenziós vektorokat nézünk. A két vetít® operátor
Px = Ha az x tengellyel
1 0
0 0
αszöget
Py =
,
0 0
0 1
bezáró egyenesre szeretnénk vetíteni, akkor az
alábbi vetít® operátort kapjuk.
Pα =
cos2 α cos α sin α
cos α sin α sin2 α
Ennek speciális esetén kaphatjuk a x tengellyel 45°-os egyenesre vetít® operátort, mely az el®z®ek alapján:
P45 =
1 2
1 1
1 1
Mi történik, ha két vetít® operátort összeszorzunk, nézzük meg az alábbi példákat:
Px ·Py = Px · P45 ·Py =
1 0
1 0 0 0
0 0
1 2
0 0
0 1
1 1
1 1
= 0 0
0 0 0 1
0 0
=N =
1 2
0 1
0 0
Ezek alapján már tudunk válaszolni egy optikai paradoxonra. Ha két polársz¶r®t egymás mögé rakunk úgy, hogy mer®legesek egymásra, akkor a rendszer nem ereszt át fényt. De ha a két polársz¶r® közé be rakunk egy harmadikat, melynek tengelye körülbelül 45°-os szöget zár be a másik két polársz¶r® tengelyével, akkor a rendszer már átenged egy kis fényt. 5.2 Egy feladat a funkcionálok a függvényéb®l Funkcionáloknak nevezzük azokat a hozzárendeléseket, melyekben függvényekhez skalárt rendelünk. Ebben a részben a vektorokhoz számot rendel® függvényeket ("gépeket) vizsgáljuk. A kérdésünk, milyen alakban írható egy ilyen hozzárendelés, ha az lineáris.
Az egyszer¶bb leírás kedvéért vizsgáljuk a 3D-ós vek-
torokat. Dobjuk be a jól ismert Descartes egységvektorokat a gépbe, és nevezzük el a kijöv® számokat az alábbiak alapján:
1 0 0 0 ⇒ a1 ; 1 ⇒ a2 ; 0 ⇒ a3 0 0 1 27
Azt mondtuk, hogy a függvény lineáris, tehát ha bedobunk egy tetsz®leges vektort, melyenek elemeit görög bet¶kkel jelöltük, akkor az alábbi számot kell hozzá rendelnünk.
α β ⇒ αa1 + βa2 + γa3 γ Látható, hogy a hozzárendelés éppen egy skaláris szorzással egyezik meg. Tehát
éppen egy
a1 a2 a3
vektorral szorzó skalárszorzógépet de niáltunk.
Érdemes
még megjegyezni, hogy ez csak véges hosszúságú vektorokra igaz, a végtelen dimenziósokra (pl:függvények) már nem. 5.3 További problémák Még a teljesség igénye nélkül felsorolunk néhány olyan alkalmazást, amikor a vektroalgebra egy-egy területét alkalmazzuk zikai problémák megoldása során. 1) Ferde hajítások esetén felvehetünk úgy egy koordináta-rendszert, hogy az egyik tengelye a nehézségi gyorsulás irányába, a másik pedig a kezdeti sebesség irányába mutat.
Ebben az esetben a pribléma úgy kezelhet®, hogy a kezdeti
sebesség irányú komponens állandó, a nehézségi gyorsulás irányába pedig szabadon esik. (Ugyanaz, mint a vízszintes hajítás esete) 2) Forgómozgás leírása esetén bevezetjük a tehetetlenségi-nyomaték tenzort, a perdületet és a centripetális er®t is megadhatjuk vektoralgebrai összefüggésekkel. 3) Optikában a legkülönböz®bb rendszereket írjuk le mátrixokkal, többek között a szemüvegen lév® tükrözésgátló bevonatot.
De mátrixokkal írjuk le a
polarizációt (ebben az esetben kulcsfontosságú a sajátérték-probléma, hoszen tudnunk kell, hogy milyen polarizációjú fény hagyja el változatlanul az adott eszközt) és a geometriai optikai eszközöket is lehet így kezelni. De ezekr®l részletesebben majd egy másik el®adáson hallhattok.
28
