Mechanika - ELTE

Mechanikael½oadásjegyzet

1. Alapfogalmak

Tekintsünk egy A pontsokaságot és tételezzük fel, hogy létezik egy n-dimenziós Vnvektortér úgy, hogy minden (M;N) 2 A�A rendezett pontpárnak megfeleltethetünkegy, a Vn vektortérbeli v =

��!MN vektort a következ½o feltételekkel

1.��!MN = ���!NM

2.��!MN =

��!MP +

��!PN minden P 2 A esetén

3. Minden rögzített O 2 A esetén, minden v 2 Vn vektorhoz létezik egy és csakegy M 2 A úgy, hogy ��!OM = v

A felsorolt tulajdonságokkal bíró A pontsokaságot n-dimenziós a¢ n térnek hívjukés An-nel jelöljük. Ha a megfeleltetett vektortér En euklideszi tér, a megfelel½o a¢ nteret Rn euklideszi ponttérnek nevezzük. Az Rn euklideszi ponttérben értelmezhetjükkét, M és N pont távolságát úgy mint a két ponthoz rendelt En térbeli

��!MN vektor�����!MN

��� normáját, amit az En térben de�niált skalárszorzattal de�niálunk: �����!MN��� =p��!

MN � ��!MNA klasszikus, nem relativisztikus mechanika tanítása szerint világunk eseményei

egy egydimenziós R1 és egy háromdimenziós R3 euklideszi ponttér R = R1 � R3direkt szorzatterében (világ) írható le. Egy O1 2 R1 (kezd½o) id½opont és az R1 térhezrendelt E1 vektortér et báziselemének, valamint egy O3 2 R3 pont (origó), és azR3 térhez rendelt E3 vektortér egy feig, (i = 1; 2; 3) bázisrendszerének rögzítésévelegy ún. vonatkoztatási rendszert vezetünk be. A vonatkoztatási rendszer bevezetéseminden P 2 R ponthoz (világpont, esemény) négy számot: t; x1; x2; x3 (egy id½o éshárom térkoordinátát) rendel.Azt mondjuk, hogy két olyan esemény, amelynek t koordinátája megegyezik

egyidej½u. Beszélhetünk két egyidej½u esemény (világpont) egymástól mért távol-ságáról, amit a megfelel½o R3 térbeli pontok távolságaként értelmezünk.Alapfogalomnak tekintjük a tömegpont vagy másnéven anyagi pont fogalmát, ami

a �zikai testek mozgásáról szerzett tapasztalatok közül kett½ot jelenít meg: a tömeg-pontnak helye és tömege van. Az els½o tulajdonság szerint minden tömegponthoz hoz-zárendelhet½o egy P (t) : R1 7! R; (t 2 (�1;+1)) folytonos leképezés, azaz létezika P (t) görbe (világvonal) az R térben.A második tulajdonság szerint a tömegponthoz egyértelm½uen hozzárendelhetünk

egy m (> 0) valós számot (tömeg), amelynek értéke a más testekkel, er½oterekkeltörtén½o kölcsönhatásokban nyilvánul meg.A P (t) görbe rögzített vonatkoztatási rendszerben egyben kijelöl egy r (t) ; r 2

E3; (r = x1e1 + x2e2 + x3e3) függvényt az E3 térben is. Az r vektort szokás a tömeg-pont helyvektorának nevezni, ami nyilvánvalóan függ a vonatkoztatási rendszert½ol. Az

1

r (t) függvény ugyanakkor kijelöl egy P3 (t) görbét az R3 térben is, amit a tömegpontpályájának nevezünk. A P3 (t) pont deriváltját az r (t) vektor v (t) 2 E3 deriváltjakéntde�niáljuk, ha létezik. Ezt a tömegpont sebességvektorának nevezzük. Jelölésben:

v (t) =dr

dt= _r (t) :

A v sebességvektor deriváltja az a gyorsulásvektor:

a (t) = _v (t)= �r (t) :

Bevezetjük a tömegpont impulzusának vagy mozgásmennyiségének a vektorát:

p = mv:

Newton els½o törvénye azt a tapasztalatot rögzíti, hogy mindig lehet találni olyanvonatkoztatási rendszert, amelyben a más objektumokkal kölcsönhatásban nem állótömegpontok p impulzusa állandó. Mivel a kölcsönhatásban nem álló tömegpontokm tömege állandó, ez azt jelenti, hogy a sebességvektorok értéke állandó. Az ilyenvonatkoztatási rendszert Galilei-féle vagy inercia rendszernek nevezzük. Ha v = v0állandó, akkor az r helyvektor a t id½onek lineáris függvénye kell legyen:

r (t) = v0t+ r0:

A szokásos megfogalmazás szerint, inercia rendszerben a magára hagyott tömegpontokegyenesvonalú egyenletes mozgást végeznek, gyorsulásvektoruk nullvektor.Ha egy tömegpont kölcsönhatásba lép más testekkel, azt mondjuk, hogy er½ok

hatnak rá, aminek következtében az a gyorsulásvektor nem t½unik el. Az er½ok atapasztalatok szerint, szinténE3 térbeli vektorok és ha pl. egy tömegpontra egyid½obentöbb er½o hat, azok hatása a tömegpont mozgására olyan mint a vektori összegükb½olképzett er½o hatása.Newton második törvénye szerint inercia rendszerben a tömegpontra ható er½ok

F ered½o vektorára fennáll az általában Newton-egyenletnek, vagy mozgásegyenletneknevezett összefüggés:

F = _p azaz F =d

dt(mv) :

Ha a tömegpont m tömege állandó, amit a nemrelativisztikus mechanikábanfeltételezünk, akkor

F = m _v = ma: (1)

A tapasztalatok szerint a tömegpontra ható F er½o csak a helyt½ol, sebességt½ol ésaz id½ot½ol függ½o, kísérleti úton meghatározandó függvény: F = F(r;v; t), aminekkövetkeztében a mozgásegyenlet közönséges, másodrend½u di¤erenciálegyenlet.A di¤erenciálegyenletek elmélete szerint az ilyen egyenletek általános megoldása

mindig tartalmaz két szabadon választható konstans vektort, amelyek az r0 kezdetihely- és a v0 kezdeti sebességvektorral hozhatók összefüggésbe.

2

Elemi példa a homogén (pl. gravitációs) er½otér esete, ahol F = mg konstans. Amozgásegyenlet megoldása:

r =1

2gt2 + v0t+ r0;

ahol v0 és r0 a kezdeti (t = 0 id½opontbeli) sebesség- és helyvektorok.Másik fontos példa az ún. centrális er½otér esete, amelyben az F er½ofüggvény

F = F (r) rralakú, azaz az er½o támadásvonala átmegy az O3 origón és nagysága

csak az origótól mért r = jrj távolságtól függ. A megoldás, az F (r) függvény többspeciális alakjánál, ebben az esetben is el½oállítható. A részletesebb számításokra abolygómozgás tárgyalásánál térünk vissza.

2. Mozgás egy dimenzióban

Ha a tömegpont mozgása egy egyenes mentén történik, elegend½o az R3 tér helyettegy, a mozgás egyenesére illesztett egydimenziós R1 teret használnunk és a mozgástegy R = R1�R1 euklideszi ponttérben leírnunk. A tömegpont helyét a t id½opontbanaz x koordináta segítségével adjuk meg. A mozgásegyenlet ebben az esetben:

m�x = F (x; _x; t) ;

aminek a megoldása általában nem adható meg zárt alakban. Vannak azonban olyanspeciális esetek, amelyekben az egyenlet kvadratúrával megoldható.1. Fontos esete az egydimenziós mozgásnak, amikor az er½ofüggvény csak az id½ot½ol

függ. Ekkor a mozgásegyenlet kétszeri integrálással oldható meg:

m�x = F (t) :

_x =1

m

Z t

t0

F (t0) dt0 + v0;

x =1

m

Z t

t0

Z t00

t0

F (t0) dt0dt00 + v0 (t� t0) + x0:

Erre az esetre egyszer½u példa a függ½oleges hajítás, amikor F = mg és így

x =1

2g (t� t0)

2 + v0 (t� t0) + x0:

2. Ha az er½ofüggvény csak a v = _x sebességt½ol függ, azaz F = F (v), akkor amozgásegyenlet v (t)-re nézve els½orend½u szeparábilis di¤erenciálegyenletté válik:

m _v = F (v) :

A megoldás a szokásos módon történhet, azaz átrendezve

1 =m _v

F (v)

3

és integrálva t0-tól t-ig kapjuk, hogy

t� t0 =

Z t

t0

m _v (t0) dt0

F (v (t0));

azaz ha v0 jelöli a sebesség értékét t0-ban,

t = t0 +

Z v

v0

mdv0

F (v0):

Az er½ofüggvény ismeretében az integrálás elvégezhet½o, ami a sebesség id½oszerintifüggvényének inverz függvényét eredményezi. A hely a sebességfüggvény további in-tegrálásával áll el½o, ahol x0 jelöli a hely értékét t0-ban:

x = x0 +

Z t

t0

v (t0) dt0:

Példaként vizsgáljuk meg a � s½ur½uség½u viszkózus közegben saját G súlya hatásaalatt es½o gömb mozgását. A Stokes-féle hidrodinamikai ellenállástörvény szerint az rsugarú gömbre ható súrlódási er½o arányos a sebességgel: FS = �kv, ahol k = 6��rés � a közeg bels½o súrlódási együtthatója. Ha G0-vel G súlyer½o és a felhajtó er½okülönbségét jelöljük: G0 = G� 4r3��g

3, akkor az F ered½o er½o:

F (v) = G0 � kv:

A megoldás a fenti recept szerint:

t = t0 +

Z v

v0

mdv0

G0 � kv0:

Elvégezve az integrálást

t = t0 �m

kln

�G0 � kv

G0 � kv0

�:

Fejezzük ki a sebességet

v =G0

k+

�v0 �

G0

k

�exp

�k

m(t0 � t)

�;

amit az id½o szerint integrálhatunk. Az egyszer½uség kedvéért tegyük fel, hogy a t0 = 0id½opontban a kezd½osebesség v0 = 0, ekkor

v =G0

k

�1� exp

�� k

mt

��:

Id½o szerint integrálva t0 = 0-tól t-ig

x = x0 +G0

kt+

G0m

k2exp

�� k

mt

�� G0m

k2;

4

ahol x0 a kezdeti helykoordináta.3. Az egydimenziós mozgás egyik legfontosabb esete, amikor az er½ofüggvény csak

az x helykoordinátától függ, tehát F = F (x). Ekkor a mozgásegyenlet:

m�x = F (x) :

Szorozzuk meg az egyenlet két oldalát _x-tal és vegyük észre, hogy a bal oldalon teljesderivált áll:

d

dt

�1

2m _x2

�= _xF (x) :

Állítsuk el½o az er½ofüggvény primitív függvényét, ami a �zikailag el½oforduló esetekmodelljeinél mindig létezik. A �zikában használatos konvenció szerint ennek ellen-tetjét jelöljük U -val:

U(x) = �Z x

x0F (y) dy:

Ez egyben azt is jelenti, hogy az er½ofüggvény el½oállítható az U függvényéb½ol:

F (x) = �dU (x)dx

:

Az U primitív függvény csak egy konstans erejéig van meghatározva, ami az x0

értékének megválasztásától függ. Ennek a konstansnak a megválasztása lényegébentetsz½oleges lehet, mivel a deriválás során az er½ofüggvényb½ol kiesik, így nem befolyá-solja a megoldást. Értékét általában a számítások egyszer½usítését célzó módon szokásrögzíteni.A fenti egyenlet jobb oldalán álló _xF (x) tag egyenl½o � d

dtU -val és így a két de-

riváltat egy oldalra rendezve és közös deriválás alá hozva kapjuk, hogy:

d

dt

�1

2m _x2 + U (x)

�= 0:

A zárójelben álló kifejezés ezek szerint egy id½ot½ol nem függ½o E konstanssal egyenl½o:

1

2m _x2 + U (x) = E:

Az els½o tagot kinetikus (mozgási), a másodikat potenciális (helyzeti) energiánakhívjuk. Az egyenlet azt fejezi ki, hogy a kinetikus és potenciális energia összege, amita tömegpont teljes E energiájának hívunk, a mozgás során állandó, ún. megmaradómennyiség.Az utóbbi egyenlet ugyanakkor a helykoordinátára nézve egy els½orend½u, szepará-

bilis di¤erenciálegyenlet, ami megfelel½o átrendezés után látszik:

_x =

r2

m(E � U (x));

azaz_xq

2m(E � U (x))

= 1:

5

Integrálva a két oldalt t0-tól t-igZ t

t0

_xdtq2m(E � U (x))

= t� t0:

Elvégezve a helyettesítéses integrálást, a megoldást implicit alakban kapjuk, ahol x0a tömegpont helye a t0 id½opontban:

t = t0 +

Z x

x0

d�q2m(E � U (�))

:

Példaként oldjuk meg a D direkciós erej½u rugóra er½osített m tömeg½u tömegpontmozgásegyenletét:

m�x = �Dx:A potenciális energia:

U (x) =

Z x

x0D�d� =

1

2Dx2 � 1

2Dx02:

A potenciális energia de�níciójában szerepel½o x0 integrálási határt válasszuk x0 =0-nak, azaz a potenciális energia értékét x = 0-nál választjuk nullának:

U (x) =1

2Dx2:

A mozgásegyenlet megoldása:

t = t0 +

Z x

x0

d�q2m

�E � 1

2D�2

� :Az integrál a � =

qD2E� helyettesítéssel az alábbi alakra hozható

t = t0 +

rm

D

pD2ExZ

pD2Ex0

d�p1� �2

:

Elvégezve az integrálást:

t = t0 +

rm

D

"arcsin

rD

2Ex

!� arcsin

rD

2Ex0

!#;

x kifejezhet½o:x = A sin (!t+ �) ;

ahol az amplitúdó A =q

2ED, a körfrekvencia ! =

qDmés a kezd½o fázisszög � =

�!t0 + arcsin�q

D2Ex0

�.

6

3. Rezgések egy dimenzióban

Az el½oz½o fejezetben láttuk az ideális rugóra er½osített tömegpont mozgásegyenleténekmegoldását, amikor semmi más hatás nem zavarta meg a mozgást. A reális helyzetek-ben azonban, a rugó erején kívül más, általában a mozgást akadályozó, csillapító er½okis fellépnek, amit a legegyszer½ubben úgy vehetünk �gyelembe ha a sebességgel arányosnagyságú, azzal ellentétes irányú �k _x er½ot alkalmazunk. Szintén fontos lehet½oség,hogy egy küls½o, id½ofügg½o F (t) er½o is hathat a tömegpontra, amely folyamatos ger-jesztést jelent a mozgás számára. Ennek a két további er½onek a �gyelembe vételéheza mozgásegyenletet az alábbi módon kell kiegészíteni:

m�x = �Dx� k _x+ F (t) :

Az egyenlet megoldásának els½o lépéseként azt a di¤erenciálegyenletek elméletébenszokásos alakra rendezzük:

�x+ 2� _x+ !20x = f (t) ; (2)

ahol a következ½o jelöléseket vezettük be: 2� = km, !20 =

Dm, f (t) = F (t)

m.

A (2) egyenlet közönséges, másodrend½u, lineáris, inhomogén di¤erenciálegyenlet,aminek általános megoldását a homogén egyenlet általános megoldásának és az in-homogén egyenlet egy partikuláris megoldásának összegeként kapjuk meg. Keressükmeg el½oször a homogén egyenlet általános megoldását:

�x+ 2� _x+ !20x = 0:

A matematikai analízis tanítása szerint az ilyen típusú egyenlet megoldásait exponen-ciális függvények formájában kell keresni: x = A exp (�t), ahol A és � két konstans.Behelyettesítve a próbafüggvényt azt kapjuk, hogy

�2A exp (�t) + 2��A exp (�t) + !2A exp (�t) = 0:

Kiemelve a közös tényez½oket a��2 + 2��+ !20

�A exp (�t) = 0

alakra jutunk. Az exponenciális függvény sehol nem t½unik el, ezért a szorzat akkorlehet csak nulla, ha az els½o tényez½o nulla, vagyis:

�2 + 2��+ !20 = 0:

Ez a feltétel a � ismeretlen paraméter számára egy másodfokú egyenletet jelent,aminek a megoldásai:

�1;2 = ���q�2 � !20:

A mozgásegyenletnek tehát két független, partikuláris megoldása van:

x1 (t) = exp (�1t) ; x2 (t) = exp (�2t) ;

7

amelyek lineáris kombinációja adja az általános megoldást:

x (t) = A1 exp (�1t) + A2 exp (�2t) : (3)

Az x1 (t) és x2 (t) függvények az egyenlet ún. alaprendszerét képezik. A csillapodástjellemz½o � értéke soha nem lehet negatív, így �1;2 els½o tagjának értéke soha sempozitív. A diszkrimináns el½ojele attól függ, hogy az � és a rugót jellemz½o, szinténpozitív !0 értéke hogyan viszonylik egymáshoz. Három esetet különböztetünk meg.1. Ha a csillapítás nagy, azaz � > !0, a �1 és �2 a megoldások értéke két különböz½o

negatív valós szám, ami azt jelenti, hogy a megoldásfüggvény két, id½oben csökken½oexponenciális függvény összege. A kezdeti feltételekhez való illesztést az A1 és A2megfelel½o valós értékével lehet elérni. A mozgásnak nem lesz oszcilláló jellege, atömegpont id½oben aszimptotikusan tart az origóhoz.Az x (0) = 0; _x (0) = v0 kezdeti feltételekhez illeszked½o megoldás, például a

következ½o egyenletek kielégítését teszi szükségessé:

A1 + A2 = 0;

A1�1 + A2�2 = v0;

aminek a megoldása:

A1 =v0

�1 � �2=

v0

2p�2 � !20

;

A2 = �A1:

A di¤erenciálegyenlet megoldása tehát:

x (t) =v0

2p�2 � !20

[exp (�1t)� exp (�2t)]

=v0

2p�2 � !20

exp (��t)�exp

�tq�2 � !20

�� exp

��tq�2 � !20

��=

v0p�2 � !20

exp (��t) sinh�tq�2 � !20

�:

2. Ha a csillapítás kicsi, azaz � < !0, a megoldások komplex számok lesznek:

�1;2 = ��� i!;

ahol bevezettük az ! =p!20 � �2 jelölést. Mivel �1 és �2 egymás komplex konjugált-

jai, a (3) általános megoldásba behelyettesítve látjuk, hogy az x (t) megoldás akkorlesz valós ha az A1 és A2 együtthatók is egymásnak komplex konjugáltjaik: A2 = �A1.Behelyettesítve és a közös tényez½ot kiemelve kapjuk az egyenlet általános megoldását:

x (t) = exp (��t)�A1 exp (i!t) + �A1 exp (�i!t)

�:

Bevezetve az A1 = 12A exp (i�) jelölést, ahol A és � valós számok, az egyenlet általános

megoldása:x (t) = A exp (��t) cos (!t+ �)

8

alakban állítható el½o.A kapott mozgás harmonikus rezgés, aminek az amplitúdója exponenciálisan

csökken. A T rezgésid½ot úgy állapíthatjuk meg, hogy megnézzük, mennyi id½o alattváltozik a fázis 2� értékkel:

!t+ � + 2� = ! (t+ T ) + �;

amib½olT =

2�

!

és a rezgés körfrekvenciája:

! =q!20 � �2:

Egy t id½opontbeli és egy �T rezgésid½ovel kés½obbi � t + T id½opontbeli kitérésekhányadosa:

x (t)

x (t+ T )= exp (�T ) :

Ezt az értéket csillapodási hányadosnak nevezzük. Szokás a csillapodási hányadoslogaritmusát használni a csillapodás jellemzésére:

lnx (t)

x (t+ T )= �T;

aminek a neve logaritmikus dekrementum.3. A fenti két eset határán helyezkedik el az az eset, amikor � = !0. Ekkor a két

� megoldás egybeesik:�1 = �2 = ��:

A �� érték kétszeres gyök és a di¤erenciálegyenletnek látszólag csak egy függetlenmegoldása van:

x1 (t) = A1 exp (��t) :A di¤erenciálegyenletek elméletéb½ol tudjuk, hogy kétszeres gyök esetén egy másalakú megoldás is megjelenik az alaprendszerben, aminek helyességér½ol egyszer½ubehelyettesítéssel gy½oz½odhetünk meg:

x2 (t) = A2t exp (��t) :

Az általános megoldás ekkor:

x (t) = (A1 + A2t) exp (��t) :

A megoldás, hasonlóan az els½o esethez, nem periodikus mozgás. A kezdetifeltételekhez való illesztést az A1 és A2 valós együtthatók megválasztásával kellelvégezni.Az eredeti inhomogén di¤erenciálegyenlet általános megoldásához most meg kell

keresnünk az inhomogén egyenletnek egy partikuláris megoldását. A di¤erenciále-gyenletek elmélete szerint többféle módszerrel is találhatunk partikuláris megoldást.

9

Ezek egyike az állandók variálásának módszere, amely szerint az inhomogén egyenletmegoldását a homogén egyenlet általános megoldásának alakjában keressük úgy hogya kombinációs együtthatókat id½ofügg½ové tesszük:

xp (t) = A1 (t) exp (�1t) + A2 (t) exp (�2t) :

A módszer szerint, ha a másodrend½u egyenlet alaprendszerének két függvénye x1 (t) ésx2 (t) ; akkor az A1 (t) és A2 (t) együtthatóknak a következ½o lineáris egyenletrendszertkell kielégíteniük:

_A1 (t)x1 (t) + _A2 (t)x2 (t) = 0;

_A1 (t) _x1 (t) + _A2 (t) _x2 (t) = f (t) :

A fenti alaprendszer esetén ez a következ½o egyenletrendszert eredményezi:

_A1 (t) exp (�1t) + _A2 (t) exp (�2t) = 0;

_A1 (t)�1 exp (�1t) + _A2 (t)�2 exp (�2t) = f (t) ;

aminek megoldása:

_A1 =f (t) exp (��1t)

�1 � �2; _A2 =

f (t) exp (��2t)�2 � �1

:

A keresett partikuláris megoldás tehát:

xp (t) = exp (�1t)

Z t

t0

f (t0) exp (��1t0)�1 � �2

dt0 + exp (�2t)

Z t

t0

f (t0) exp (��2t0)�2 � �1

dt0:

A kapott megoldás az x (t0) = 0 és _x (t0) = 0 kezdeti feltételekhez illeszkedik, ígyaz x (t0) = x0 és _x (t0) = v0 általános kezdeti feltételeknek megfelel½o megoldástúgy kapjuk meg, hogy a homogén egyenletnek megkeressük az ezekhez a kezdetifeltételekhez illeszked½o megoldását és hozzáadjuk a fent kapott partikuláris megoldást.Érdemes külön megvizsgálni az � < !0 esetét, amikor �1 = ��2 és �1 � �2 = 2i!.

Mivel az f (t) függvény valós, a megoldásfüggvény két tagja egymásnak komplexkonjugáltja és így a függvény értéke egyenl½o az egyik tag reális részének kétszeresével:

xp (t) = Re

�exp (�1t)

Z t

t0

f (t0) exp (��1t0)i!

dt0�:

A konkrét alak kiszámításához f (t) ismerete szükséges.Fizikailag nagyon fontos eset, amikor a küls½o er½o periodikus,

F (t) = F0 cos (t)

alakú. Bevezetve az f0 = F0=m jelölést, f (t) = f0 cos (t) lesz. A megoldásfüggvény:

xp (t) = f0 exp (��t) Re�exp (i!t)

i!

Z t

t0

exp (�t0 � i!t0) cos (t0) dt0�:

10

Ha nem ragaszkodunk a fenti kezd½ofeltételt kielégít½o partikuláris megoldáshoz,az integrál kiszámítása helyett gyorsabban érünk célba, ha megoldás alakjára �zikaialapon teszünk feltevést. Tételezzük fel ugyanis, hogy van olyan megoldása az egyen-letnek, amely a küls½o er½ot követ½o, periodikus mozgásnak felel meg:

xp (t) = Re [A exp (it)] :

Az f er½ot szintén írjuk fel komplex alakban:

f (t) = Re [f0 exp (it)] :

Mivel a (2) mozgásegyenlet valós együtthatókat tartalmaz, érdemes mindjárt a kom-plex megoldását keresni, hiszen annak valós része külön is megoldás lesz. Behe-lyettesítve a komplex alakot:

A (i)2 exp (it) + 2�Aiexp (it) + !20A exp (it) = f0 exp (it) :

Az egyenletet egy oldalra rendezve és kiemelve az exp (it) közös tényez½ot:�A�(i)2 + 2�i + !20

�� f0

�exp (it) = 0:

Az egyenl½oség fennállásának szükséges és elégséges feltétele, hogy az els½o tényez½olegyen nulla:

A�(i)2 + 2�i + !20

�� f0 = 0;

amib½ol

A =f0

!20 � 2 + 2�i:

Szétválasztva az jAj = f0q(!20�2)

2+(2�)2

abszolút értékét és � = � arctan 2�!20�2

komplex fázisát, az eredmény:

xp (t) = Re [jAj exp (i (t+ �))] =f0q

(!20 � 2)2+ (2�)2

cos (t+ �) :

Az általános megoldás a kapott partikuláris megoldás és a homogén egyenlet fentleírt általános megoldásának összege. Láttuk, hogy a homogén egyenlet általánosmegoldása id½oben exponenciálisan nullához tart, így a rendszer egy id½o múlva mintegy�megfeledkezik� a kezdeti feltételekr½ol és a mozgás a fenti partikuláris megoldásbamegy át.

4. Anharmonikus rezgések

Valódi rendszerek esetén, különösen nagyobb kitéréseknél a visszatérít½o er½o már nemlesz arányos a kitéréssel és a megoldandó mozgásegyenlet elveszti lineáris jellegét:

m�x = R (x)� k _x+ F (t) ;

11

ahol �Dx helyébe az általánosabb R (x) alak került. Az egyenlet megoldásának egyiklehetséges módszere szerint az R (x) függvényt Taylor-sorba fejtjük:

R (x) = R0 +R1x+R2x2 + � � � :

Összehasonlítva a lineáris esetre kapott egyenlettel látjuk, hogy R0 elhagyható, haaz origót olyan helyen választjuk, ahol az er½o elt½unik. Az R1 együttható felel meg alineáris erej½u rugó jelenlétének, R1 = �D. Az els½o olyan tag, amely a nemlinearitássalfügg össze az R2x2 tag. Az egyszer½uség kedvéért a megoldási módszer bemutatásánála további tagokat nem vesszük �gyelembe. Természetesen ha R2 = 0, újabb el nemt½un½o tagig kell elmenni a sorfejtésben.Az egyszer½uség kedvéért a súrlódás és küls½o kényszer nélküli rendszer egyenletének

a megoldását keressük, ahol alkalmazzuk az !20 = �R1=m és az " = R2=m jelölést:

�x+ !20x� "x2 = 0:

A kapott egyenlet egy másodrend½u, nemlineáris di¤erenciálegyenlet, aminekmegoldása analitikus módszerrel nem lehetséges, ezért egy olyan közelít½o eljárástalkalmazunk, aminek alapgondolata sok �zikai probléma megoldásánál használhatóeljárást eredményez.Vezessünk be egy határozatlan érték½u, a [0; 1] intervallumban folytonosan változ-

tatható � paramétert és tekintsük az

�x+ !20x� �"x2 = 0

egyenletet, amely � = 1 esetén átmegy a megoldandó egyenletbe. Keressük ennek amegoldását � szerinti hatványsor alakjában:

x (t) = x0 + �x1 + �2x2 + � � � :

Behelyettesítve az egyenletbe,��x0 + ��x1 + �2�x2 + � � �

�+!20

�x0 + �x1 + �2x2 + � � �

���"

�x0 + �x1 + �2x2 + � � �

�2= 0:

Elvégezve a négyzetre emelést, és � hatványai szerint rendezve,

�x0 + !20x0 + ���x1 + !20x1 � "x20

�+ �2

��x2 + !20x2 � 2"x0x1

�+ �3 (� � � ) + � � � = 0:

Az egyenlet minden � értékre akkor oldódik meg, ha a � hatványai szerinti együt-thatók elt½unnek:

�x0 + !20x0 = 0;

�x1 + !20x1 � "x20 = 0; (4)

�x2 + !20x2 � 2"x0x1 = 0;...

A végtelen sok egyenletb½ol álló rendszer szerkezetén látszik, hogy a megoldásfüg-gvény tagjai egyenként lépnek be az újabb egyenletekbe és így a rendszer lépésenként

12

megoldható. Az els½o egyenlet a harmonikus rezg½omozgás egyenlete, aminek amegoldása

x0 = A cos (!0t+ �) :

Ha kezdeti feltételként az x0 (0) = a és _x0 (0) = 0 értékeket választjuk, a megoldás

x0 = a cos (!0t) :

A (4) rendszer második egyenletébe helyettesítve

�x1 + !20x1 � "a2 cos2 (!0t) = 0:

Használjuk fel a

cos2 (!0t) =1 + cos (2!0t)

2

azonosságot és vezessük be a � = x1 � "a2

2!20új változót, amivel az egyenlet új alakja

�� + !20� �"a2

2cos (2!0t) = 0:

A nyert egyenlet a kényszerrezgés egyenlete, aminek partikuláris megoldását korábbanláttuk:

� = B cos (2!0t+ �) :

Vegyük észre, hogy a kapott megoldásfüggvény szintén harmonikus rezg½omozgásnakfelel meg, aminek a körfrekvenciája 2!0. Az er½ofüggvényben fellép½o négyzetes tagezek szerint az !0 alapfrekvencia kétszeresének a megjelenéséhez vezet. Hasonló mó-don tovább lépve, a (4) egyenletrendszer harmadik egyenletének megoldásával megje-lenik !0 háromszorosa is. A további egyenletek megoldása magasabb felharmonikusokmegjelenéséhez vezet.

5. Mozgás három dimenzióban

Ha a tömegpont mozgása nem egy egyenes mentén zajlik, az általános, háromdimen-ziós térben felírt (1) mozgásegyenletet kell megoldanunk:

F =d

dt(mv) = m�r:

Szorozzuk meg az egyenletet skalárisan _r-tal:

F_r = m�r_r

és vegyük észre, hogy a jobb oldalon teljes id½oderivált áll:

F_r =d

dt

�m_r2

2

�:

13

Integráljuk az egyenlet két oldalát t1-t½ol t2-ig:Z t2

t1

F_rdt =m_r2

2

����t2t1

=m_r2 (t2)

2� m_r2 (t1)

2: (5)

A jobb oldalon a kezdeti és végs½o id½opontban mért K = m_r2

2mennyiség különbsége

áll. K-t, aminek értéke a tömegpont pillanatnyi mozgásállapotától függ, kinetikus,vagy mozgási energiának nevezzük.A bal oldalon álló integrál az F er½o által az r (t) pályán történ½o mozgás során

végzett W munka. Az egyenlet alapján kimondhatjuk az ún. munkatételt. A tömeg-pont mozgási energiájának megváltozása egyenl½o a rá ható er½ok ered½ojének munkájá-val:

W = K2 �K1;

ahol K1 =m_r2(t1)

2és K2 =

m_r2(t2)2

.Ha az F er½o csak az r helyt½ol függ és nem függ a t id½ot½ol valamint az _r (t)

sebességt½ol, sztatikus er½otérr½ol beszélünk. Ebben az esetben a bal oldalon álló in-tegrál a mozgás pályájára vett vonalmenti integrállal is kifejezhet½o:Z t2

t1

F (r (t)) _rdt =

Z r2

r1

F (r) dr:

Az integrálási határokra az r1 = r (t1) és r2 = r (t2) jelölést vezettük be.Ha a statikus er½otér olyan, hogy F minden zárt görbére vett integrálja nulla:I

Fdr = 0;

akkor azt mondjuk, hogy az er½o(tér) konzervatív. Ilyen er½otér esetén a rögzített r1 ésr2 pontok között végzett munka nem függ a pályától. Írjuk ugyanis fel két különböz½opályára vonatkozóan a munkát:

I1 =

Z r2

r1

F (r0) dr0 és I2 =

Z r2

r1

F (r00) dr00:

Készítsük el azt, a zárt pályára vett integrált, amit az r1 pontból az r2 pontba azels½o görbén, majd az r2 pontból az r1 pontba a második görbén haladva kapunk. Amásodik görbeszakaszra vett integrál értéke egyenl½o �I2-vel, mivel a határok fordítottsorrendben vannak megadva. A tér konzervatív, ezért

I1 + (�I2) = 0;

azazI1 = I2:

Ha az integrál értéke nem függ az úttól, az r0 alsó határ rögzítése után az

I (r; r0) =

Z r

r0

F (r0) dr0

14

függvény egyértelm½uen meghatározott függvénye az r helynek. A �zikában ennek(�1)-szerese a potenciális energia:

U (r; r0) = �Z r

r0

F (r0) dr0:

A potenciális energia függvényéb½ol az F er½o gradiensképzéssel áll el½o:

F (r) = �gradrU (r; r0) :Ezt az állítást a gradiens de�níciójának alkalmazásával bizonyíthatjuk. Írjuk fel a

gradiens i-edik komponensét úgy hogy az i-edik irányba mutató egységvektort jelöljükei-vel:

@U

@xi= � lim

�xi!0

�R r+�xieir0

F (r0) dr0�R rr0F (r0) dr0

��xi

= � lim�xi!0

R r+�xieir

F (r0) dr0

�xi

= � lim�xi!0

F̂�xiei�xi

= � lim�xi!0

F̂ei = � lim�xi!0

F̂i = �Fi (r) ;

ahol F̂-pal jelöltük az F er½o r és r + �xiei közötti integrálközepét és F̂i-vel annaki-edik komponensét.Annak eldöntése, hogy egy adott F er½otér konzervatív-e, a Stokes-tétel alkal-

mazásával történhet. Ennek alapján egy egyszeresen összefügg½o tartományon egyer½otér konzervatív, ha a rotációja elt½unik. A tétel szerint ui.I

Fdr =

ZA

rotFdA;

ahol az A felület peremére hajtottuk végre a vonalmenti integrálást. A felületi inte-grál akkor t½unik el tetsz½oleges hurkot lefed½o felületre, ha rotF = 0. Tehát F akkorkonzervatív, ha rotF = 0.Írjuk fel a munkatételt konzervatív er½otér esetére:

K2 �K1;=

Z r2

r1

Fdr =

Z r0

r1

Fdr+

Z r2

r0

Fdr =U (r1; r0)� U (r2; r0) :

Átrendezve:K2 + U (r2; r0) = K1 + U (r1; r0) ;

azaz szavakban, a K kinetikus és U potenciális energia E = K +U összege a mozgássorán állandó. E a teljes energia.A potenciális energiát de�niáló integrál értéke függ az r0 integrálási határ

megválasztásától. Ha megváltoztatjuk r0 értékét, megváltozik a potenciális ener-gia értéke is. Ez sokszor ad arra lehet½oséget, hogy a függvényt kedvez½o alakbanállíthassuk el½o.Speciális eset a homogén er½otér, amikor F = �alland�o vektor, amire példa a Föld

felszínén lokálisan mért súlyer½o:

15

F = G = mg;

ahol g = (0; 0;�g). A potenciálfüggvény:

U (r; r0) = �Z r

r0

Gdr0 = mg (z � z0) ;

ahol z és z0 rendre az r és r0 helyvektorok harmadik komponensét jelentik.Háromdimenziós térbeli mozgás esetén de�niálni lehet az impulzusmomentumot:

L = r� p:

Az id½obeli változás vizsgálatához készítsük el az id½o szerinti deriváltat:

_L = _r� p+ r� _p:

Az els½o tag azonosan nulla, mivel _r k p. A második tagban a Newton-egyenlet szerint_p = F. Ennek megfelel½oen az egyenlet átírható:

_L = r� F:

A jobb oldalon szerepl½o kifejezés neve forgatónyomatékM = r� F, amivel végülis:

_L =M:

Az eredmény alapján kimondhatunk egy új megmaradási tételt. Egy tömegpontimpulzusmomentuma állandó, ha a rá ható forgatónyomaték nulla.A forgatónyomaték de�níciója szerint lehet nulla, ha az er½o nulla vagy ha az er½o

párhuzamos a helyvektorral. Ilyen utóbbi tulajdonsággal bírnak, többek között, acentrális er½oterek.

6. Centrális er½otér

Sokszor el½oforduló speciális er½otér az ún. centrális er½otér. Ilyen er½otérben az er½oaz er½ocentrumból húzott sugár irányában hat és nagysága csak a centrumtól mérttávolságtól függ.

F = F (r)r

r;

ahol r = jrj és F (r) = jFj :Centrális er½otér forgatónyomatéka elt½unik, mivel r k F. Ekkor a fenti megfontolá-

sok alapján L állandó vektor.Vegyük az L = r� p impulzusmomentum és a p impulzus skaláris szorzatát.

Lp = (r� p)p = 0;

mivel (r� p)?p. Ez azt jelenti, hogy a v sebességvektor mindig mer½oleges az L im-pulzusmomentum vektorra és így a mozgás L-re mer½oleges síkban zajlik le. Célszer½u

16

a mozgás síkjában polárkoordinátákat felvenni, azaz a részecske helyét az er½ocen-trumtól mért r távolsággal és egy kijelölt féltengellyel bezárt ' azimutszöggel jelle-mezni. Ekkor az impulzusmomentumot is kifejthetjük a lokális er és e' bázisban,ahol er jelöli az r irányába es½o és e' a rá mer½oleges egységvektort:

L = r� p = mrer � ( _rer + r _'e') = mr2 _' (er � e') :

A két egységvektor egymásra mer½oleges, ezért az impulzusmomentum L nagyságárakapjuk, hogy

L = mr2 _': (6)

Szokás bevezetni a területi sebességet, ami egyenl½o a centrumtól a részecskéhezhúzott ún. vezérsugár által id½oegység alatt súrolt terület nagyságával.

_f =�f

�t:

Legyen �' a �t id½o alatt létrejött azimutszögváltozás. Ekkor �' t _'�t, és a súroltterület �f t �'r2=2 t _'�tr2=2. A területi sebesség így:

_f = _'r2=2:

Az impulzusmomentummal kifejezve

_f =L

2m:

A területi sebesség tehát állandó. A Nap gravitációs terében kering½o bolygókravonatkozóan ez Kepler 2-ik törvénye.Egyszer½u behelyettesítéssel belátható, hogy a centrális er½otér mindig konzervatív.

Vegyük ui. az F er½otér rotációját. A koordináták szimmetrikus szerepe miatt elég azegyik, pl. x komponensre számolni:

rotxF =@

@y

�F (r)

rz

�� @

@z

�F (r)

ry

�=

@

@r

�F (r)

r

��@r

@yz � @r

@zy

�:

Figyelembe véve, hogy r =px2 + y2 + z2, a második tényez½o, függetlenül F (r)

alakjától, azonosan nulla.Írjuk fel a potenciális energiát:

U (r; r0) = �Z r

r0

F (r0)r0

r0dr0:

Mivel az integrálást tetsz½oleges vonal mentén végezhetjük, célszer½u az integrálási utatkét részre bontani. Integráljunk el½oször az r0 ponttól az r sugarú gömb felületéig tartó,az r0 sugár irányába es½o egyenes mentén, majd folytassuk az r sugarú gömb felületén

17

az r pontig. A gömb felületén integrálva dr0 mindig mer½oleges r0-re, és így az integrálértéke a második szakaszon nulla.Az els½o szakasz mentén történ½o integrálásnál dr0 párhuzamos r0-vel, úgy hogy a

r0dr0skaláris szorzat értéke r0dr0-vel lesz egyenl½o. Az integrál ennek alapján:

U (r; r0) = �Z r

r0

F (r0) dr0:

Ezek szerint az U potenciális energia függvény az r helyt½ol csak a centrumtól mértr távolságon keresztül függ.Ha a centrális er½otér potenciális energiájának r-függését V (r; r0)-lal jelöljük,

felírhatjuk az állandó E összenergiát:

E =1

2mv2 + V (r; r0) =

1

2m�_r2 + (r _')2

�+ V (r; r0) :

Fejezzük ki a (6) egyenletb½ol r _' értékét és helyettesítsük be:

E =1

2m

"_r2 +

�L

mr

�2#+ V (r; r0) :

Vegyük észre, hogy a második tag szintén csak r-t½ol függ és ezért érdemes összevonnia harmadik taggal. Az összeadás eredménye az ún. e¤ektív potenciális energia

V (r; r0)eff =L2

2mr2+ V (r; r0) ;

amivel az energia:

E =1

2m _r2 + Veff (r; r0) :

A nyert egyenlet az egydimenziós mozgásra kapott egyenlettel azonos, így amozgásegyenlet megoldásának módszere hasonló lehet. Fejezzük ki _r-ot:

_r =

r2

m[E � Veff (r; r0)]: (7)

A szeparálható di¤erenciálegyenlet megoldása:

t� t� =

Z r

r�

drq2m

�E � L2

2mr2� V (r; r0)

� :Az integrál kiszámítását V (r; r0) konkrét ismeretében kísérelhetjük meg.Jól ismert példa azM tömeg½u gömbszimmetrikus tömegeloszlású anyagi test grav-

itációs er½oterének hatása egy t½ole távol lév½o m tömeg½u tömegpontra:

F = � mMr2

r

r;

18

ahol az ún gravitációs állandó� = 6:67259� 10�11m3 kg�1 s�2

�Vezessük be a

mM = � jelölést, a potenciális energia függvény ekkor:

V (r; r0) = �Z r

r0

��r02

dr0 = ���1

r� 1

r0

�:

Sokszor célszer½u r0 értékét végtelen nagynak választani, ami azt jelenti, hogy apotenciális energia értéke a végtelenben válik nullává. Ekkor elhagyva a második,érdektelen változót (r0 �!1)

V (r) =��r: (8)

A Nap gravitációs terének hatása alatt lév½o bolygó mozgásának felírásához aV (r) potenciális energia függvény helyébe a (8) egyenletben adott függvényt kellhelyettesítenünk. Az így kapott integrál azonban nem végezhet½o el kvadratúra segít-ségével. Ezért a továbbiakban nem a hely id½ofüggését próbáljuk meghatározni, hanema pálya egyenletét. Polárkoordinátákban keressük a ' = ' (r) függvényt.Ehhez készítsük el a _' deriváltat úgy hogy a láncszabályt alkalmazzuk:

_' =d'

dr_r:

Fejezzük ki d'dr-et és helyettesítsük be _'-ot (6)-ból, valamint _r-ot (7)-b½ol:

d'

dr=_'

_r=

Lmr2q

2m

�E � L2

2mr2+ �

r

� :A szeparábilis di¤erenciálegyenlet megoldása, ha '� jelöli az r� sugárhoz tartozószöget '� = ' (r�):

'� '� =

Z r

r�

Ldr0

r02q2m�E � L2

2mr02 +�r0

� :A kapott integrál elvégezhet½o a következ½o változóhelyettesítéssel

x0 =1

e

� pr0� 1�; azaz r0 =

p

ex0 + 1

ahol a következ½o jelöléseket vezettük be:

p =L2

m�és e =

r1 +

2EL2

m�2: (9)

Elvégezve a helyettesítést

'� '� =

Z x

x�

�dx0p1� x02

= arccosx0jxx� = arccos1

e

�pr� 1�����rr�:

19

Rendezzük át úgy az egyenletet, hogy a jobb oldalon álló � arccos 1e

�pr0� 1�

konstanst átvisszük balra és összevonva a bal oldalon álló '�-gal �-val jelöljük.

'+ � = arccos1

e

�pr� 1�:

Kifejezve r-et:r =

p

1 + e cos ('+ �): (10)

A nyert összefüggés olyan kúpszelet egyenlete polárkoordinátákban, amelynek egyikfókuszpontja az origóban van és f½otengelye � szöget zár be a polártengellyel. Azegyenletben szerepl½o e neve numerikus excentricitás és p a paraméter.A kúpszelet jellege e értékét½ol függ. A pálya

1. ellipszis ha e < 1, azaz E < 0;

2. parabola ha e = 1, azaz E = 0;

3. hiperbola ha e > 1, azaz E > 0:

Az els½o eset Kepler 1-s½o törvénye. Vizsgáljuk meg az ellipszis geometriaiparamétereit. Az egyszer½uség kedvéért válasszuk a polártengelyt úgy, hogy egybeessen a nagytengellyel, ekkor � = 0.

Mivel a (10) függvényben a cosinus függvény értéke +1 és �1 között változik, rmaximumát és minimumát könny½u felírni:

rmax =p

1� e; rmin =

p

1 + e:

A nagytengely hossza rmin és rmax számtani közepe

a =1

2

�p

1� e+

p

1 + e

�=

p

1� e2; (11)

20

A fókusznak centrumtól mért távolsága

a� rmin =1

2

�p

1� e� p

1 + e

�=

ep

1� e2= ea:

A b kistengely ezek után Pitagorasz tételével felírható:

b2 + (ea)2 = a2;

amib½olb = a

p1� e2 =

pap:

Az ellipszis területe:A = �ab = �

pa3p;

amit szintén fel tudunk írni a _'r2

2(�alland�o) területi sebesség és a keringési id½o

szorzataként:

A = T_'r2

2= T

L

2m;

amib½ol

TL

2m= �

pa3p:

Emeljünk négyzetre, rendezzünk át és használjuk ki, hogy p = L2

m�

T 2

a3=4�2m

�: (12)

Ha a bolygómozgásnál �gyelembe vesszük, hogy � = mM az kapjuk, hogy

T 2

a3=4�2

M;

ami Kepler 3-ik törvénye.Az a nagytengely (11) alakjába helyettesítsük be a (9) egyenletekkel de�niált

paramétereket:

a =p

1� e2=��2E

:

Az eredmény alapján a T keringési id½o az energia segítségével is kifejezhet½o

T = Mm�

rm

2 jEj3:

7. Részecskék szórása

Ha a centrális er½otér hatása alatt mozgó tömegpontnak pozitív a teljes energiája, apálya általában nem korlátozódik véges tartományokra, a tömegpontok ún. szórásifolyamatban vesznek részt. A viszonylag nagy távolságban �ún. asszimptotikusan �egyenesnek tekinthet½o pálya mentén közeled½o részecskék az er½otér hatása alatt eredeti

21

mozgásirányuktól eltérnek és a szórócentrumtól eltávolodva az eredeti iránytól eltér½oegyenes pályán haladnak tovább.A részecskeszórási kísérletekben a különböz½o irányokba eltérül½o részecskék relatív

arányát mérik meg és ennek eredményéb½ol következtetnek a szórócentrum tulajdon-ságaira.Tételezzük fel, hogy az x tengellyel párhuzamosan, nagy távolságban egyforma

v1 sebességgel indított m tömeg½u tömegpontok közelednek az origóban találhatószórócentrumhoz, amit centrális er½otérként kezelünk. Az x tengely neve ebben ahelyzetben ütközési tengely.Legyen egy nagyon távol lév½o kiszemelt részecske távolsága az ütközési tenge-

lyt½ol �, amit ütközési paraméternek hívunk. Ezekkel az adatokkal a részecske tel-jes energiája E = mv21

2és a szórócentrumra vonatkoztatott impulzusmomentumának

nagysága L = �mv1. Jelöljük az eredeti iránytól való eltérés szögét �-vel (szórásiszög). A részecske mozgásegyenletének megoldása egyértelm½u kapcsolatot teremt �és � között, azaz létezik a � = � (�) függvény.

A közeled½o részecskék �uxusa egy távoli, az ütközési tengelyre mer½oleges síkbanmérve legyen n. Ekkor egy d� vastagságú körgy½ur½un át érkez½o részecskék id½oegységrees½o száma ("árama")

dN = n2��d�:

Ezek a részecskék abban a d� szórási kúpszögben fogják elhagyni a szórócentru-mot, amire d� =

��� d�d���� d�. A hengerszimmetria miatt a d�-hez tartozó elemi térszögd = 2� sin�d�. Mindezeket �gyelembe véve a � szöggel jellemzett irány körüli dtérszögben kirepül½o részecskék id½oegységre jutó számának és a �uxusnak a hányadosaterületdimenziójú mennyiség:

d� =dN

n=

�

sin�

���� d�d����� d: (13)

d�=d neve di¤erenciális hatáskeresztmetszet.Számítsuk ki egy R sugarú merev gömb di¤erenciális hatáskeresztmetszetét. Ha

az ütközési paraméter � (5 R), az ütköz½o részecske a gömböt olyan '0 nyílásszög½usugárnál éri amire:

� = R sin'0:

22

A sugár az ütközési normális, így az eltérülés szöge

� = � � 2'0:

Behelyettesítve kapjuk a keresett � (�) függvényt:

� = R sin

�� � �

2

�= R cos

��2

�:

A (13) el½oállítás szerint:

d� =R2 cos �

2sin �

2

2 sin�d =

R2

4d: (14)

A merev gömb tehát izotrop módon szór.Nevezetes szórási probléma az ún. Coulomb-szórás: rögzített q1 nagyságú pont-

töltés terében szóratunk q2 töltés½u tömegpontokat, pl. elektronokat. A potenciáltérugyanolyan, mint a tömegpont gravitációs terének a potenciáltere, csak � = �q1q2k,�k = 8:98755� 109Nm2C�2

�ezért a mozgásegyenlet megoldása ugyanazokkal a

lépésekkel történhet, mint a bolygómozgás esetén. Ha a két töltés egyenl½o el½ojel½u, azer½otér taszító jelleg½u. A mozgás pályája hiperbola, amelynek polárkoordinátákbanmegadott alakja (10) szerint a következ½o (� negatív):

r =p

�1 + e cos ('+ �); (15)

ahol (9) alapján p = L2

m�= mv21�

2

�, és e =

q1 +

�2EL2

m�2

�2=

r1 +

�m�v21�

�2.

Válasszuk a polártengelyt úgy hogy � = 0 legyen. Ekkor a bejöv½o és kirepül½orészecske pályájának megfelel½o asszimptoták távoli pontjainak �0 és �1 polárszögére,amikor (15)-ben r �!1, fennáll, hogy:

e cos�0;1 = 1;

azaz�0;1 = � arccos

1

e: (16)

23

A szórási szög a két asszimptota által bezárt küls½o szög:

� = � � (�0 � �1)

Mivel (16) szerint �1 = ��0� = � � 2�0;

azaz� = � � 2 arccos 1

e:

Osszuk az egyenletet 2-vel�

2=�

2� arccos 1

e= arcsin

1

eés helyettesítsük be e-t:

sin�

2=

1r1 +

�m�v21�

�2 :Átrendezve kapjuk a � (�) függvényt

� =j�jmv21

s1

sin2 �2

� 1 = j�jmv21

cot�

2:

Számítsuk ki (13) alapján a di¤erenciális hatáskeresztmetszetet:

d� =

��

2mv21

�21

sin4 �2

d:

A kapott eredmény az ún. Rutherford-féle szórási formula.Szokás de�niálni a � ún. totális hatáskeresztmetszetet, ami a di¤erenciális

hatáskeresztmetszet integrálja a teljes 4� térszögre:

� =

Zd� =

Zd�

dd:

Számítsuk ki (14) felhasználásával az R sugarú merev gömb totális hatáskereszt-metszetét:

� =

Za2

4d =

Za2

44� = a2�:

Az eredmény szemléletesen megfelel annak a területnek, amelyen a gömb kiszórja arészecskéket az eredeti mozgási irányukból.A Rutherford-féle szórás ett½ol er½osen eltér½o eredményt ad. A hengerszimmetria

miatt d = 2� sin�d� és így:

� =

Z ��

2mv21

�21

sin4 �2

d =

��

2mv21

�2 Z �

0

1

sin4 �2

2� sin�d�

= �

�2�

2mv21

�2 Z �

0

cos �2

sin3 �2

d�:

Az integrandus primitív függvénye �1sin2 �

2

, ami az integrálási határok behelyettesítéseesetén divergens kifejezést eredményez! A totális hatáskeresztmetszet a klasszikusCoulomb-szórás esetén végtelen.

24

8. Pontrendszerek

Tömegpontokból álló rendszer (pontrendszer) mozgásának vizsgálatához az egytömegpont esetére de�niált fogalmakat általánosítjuk. Az n anyagi pontból álló rend-szer P impulzusát a rendszert alkotó tömegpontok impulzusának vektori összegekéntértelmezzük. Legyen az i-edik tömegpont tömege mi, helyvektora pedig ri, amivel

P =nXi=1

pi; ahol pi = mi _ri:

Vizsgáljuk meg P id½obeli változását. Galilei-rendszerben írjuk fel az i-edik tömeg-pontra a Newton egyenletet:

_pi = Fi +nXj=1

Fij;

Az i-edik tömegpontra a rendszeren kívülr½ol ható er½ot Fi-vel és a j-edik tömegpontrészér½ol ható er½ot Fij-vel jelöltük. Az el½obbi ún. küls½o er½o, az utóbbit pedig bels½oer½onek hívjuk. Megjegyzend½o, hogy Fii = 0, mivel a tömegpontok nem hatnak ön-magukra.Adjuk össze az egyenleteket i = 1-t½ol n-ig:

nXi=1

_pi =nXi=1

Fi +nXi=1

nXj=1

Fij:

A bal oldalon álló összeg egyenl½o a teljes impulzus id½o szerinti _P deriváltjával. A jobboldalon álló els½o összeg a küls½o er½ok F ered½oje. A második összegben minden bels½oer½o szerepel, aminek értelmében minden i� j párosításához találunk egy j � i párt,úgy hogy az akció-reakció elve szerint Fij = �Fji. Az összeg értéke ennek megfelel½oennulla és így pontrendszerre kapjuk a Newton-egyenletet:

_P = F:

Vezessük be a pontrendszer tömegközépponjának fogalmát, amelynek R helyvek-tora:

R =

Pni=1miriPni=1mi

: (17)

A kifejezés nevez½ojében a rendszert alkotó pontok tömegeinek összege szerepel, amitjelöljünk m-mel. A tömegközéppont de�níciója korrekt, ami alatt azt értjük, hogyfüggetlen a vonatkoztatási rendszer megválasztásától. Tételezzük fel ui., hogy megvál-toztatjuk a vonatkoztatási rendszert és az új origó helye az r0 helyvektorral megadotthelyen lesz. Ekkor minden helyhez az r0 = r � r0 helyvektort rendeljük és így atömegközéppont helyvektora a de�níció szerin·t

R0 =

Pni=1mir

0i

m

25

lesz. Végezzük el a behelyettesítést:

R0 =

Pni=1mi (ri � r0)

m= R� r0;

ami éppen megfelel a tömegközéppont új rendszerbeli helyének.A tömegközéppont de�níciós egyenletét szorozzuk be m-mel és deriváljuk id½o sz-

erint. A jobb oldal a rendszer összimpulzusával egyenl½o, tehát:

m _R =nXi=1

mi _ri = P: (18)

A rendszer tömegközéppontjának V = _R sebességére tehát fennáll, hogy

mV = P:

Az egyenlet újabb, id½o szerinti deriválása pedig a Newton-egyenlethez vezet atömegközéppont mozgására nézve, hiszen:

m�R = _P = F:

Ha a küls½o er½ok F ered½oje zérus, V állandó lesz, azaz a tömegközéppont egye-nesvonalú, egyenletes mozgást végez.

R = Vt+R0

Ez az állítás az ún. tömegközéppontmegmaradás tétele.A tömegközéppont ezen fontos tulajdonsága miatt szokás bevezetni az ún.

tömegközépponti (TK) rendszer fogalmát, ami olyan vonatkoztatási rendszert jelent,amelynek origója a tömegközéppont. Az a küls½o vonatkoztatási rendszer, amelybenmeg�gyeléseinket végezzük, ezzel szemben az ún. laboratóriumi rendszer (L).Az i-edik tömegpont L-rendszerbeli helyvektorára fennáll, hogy

ri = R+ rTKi ;

ahol rTKi jelöli a tömegpont TK-rendszerbeli helyvektorát.Szorozzuk meg az egyenletet mi-vel és adjuk össze az egyenleteket i index minden

értékérenXi=1

miri=nXi=1

miR+nXi=1

mirTKi :

Mivel a (17) egyenlet szerint a bal oldal egyenl½o a jobb oldalon álló els½o taggal,

nXi=1

mirTKi = 0:

A kapott összefüggés megfelel annak, hogy a TK-rendszerben a tömegközéppont azorigóban helyezkedik el. Deriváljuk az egyenletet id½o szerint:

nXi=1

mi _rTKi = 0:

26

TK-rendszerben tehát a rendszer összimpulzusa mindig zérus, ami megfelel a szem-léletnek is, hiszen a tömegközéppont sebessége ebben a rendszerben zérus. TK-rendszert sokszor el½onyös használni, pl. a részecskeszórási folyamatok tanulmány-ozásánál, vagy az ún. kéttest probléma vizsgálata esetén.

9. Kéttestprobléma

A pontrendszer fontos speciális esete a két tömegpontból álló rendszer, aminekmozgása jól tanulmányozható.Tételezzük fel, hogy r1 és r2 helyvektorokkal adott helyeken m1 és m2 tömeg½u

tömegpontok zárt rendszert alkotnak, azaz csak egymásra hatnak. Az els½o pontra amásodik részér½ol ható er½ot jelöljük F12-vel, ennek reakcióerejét pedig F21-gyel. Ekkora mozgásegyenletek a következ½oképpen alakulnak:

m1�r1 = F12; (19)

m2�r2 = F21: (20)

Adjuk össze a két egyenletet és vegyük �gyelembe, hogy a két er½o egymás ellentéte:

m1�r1 +m2�r2 = 0:

A nyert összefüggés nem más mint a tömegközéppont megmaradás tétele két tömeg-pont esetére, hiszen ebb½ol

m1r1 +m2r2m1 +m2

= Vt+R0:

Célszer½u ezért a rendszert TK-rendszerben vizsgálni, ahol V = 0 és R0 = 0 s így akét helyvektorra fennáll, hogy:

m1r1 +m2r2 = 0:

Most szorozzuk be a (19) egyenletet m2-vel és a (20) egyenletet m1-gyel, majdvonjuk ki egymásból a két egyenletet:

m1m2 (�r2 � �r1) = (m1 +m2)F21;

ahol kihasználtuk, hogy F12 = �F21. A két helyvektor különbségét jelöljük r-rel(r = r2 � r1) és osszuk el az egyenletet a két tömeg összegével. A kapott egyenlet:

��r = F21; (21)

ahol bevezettük az ún. redukált tömeget:

� =m1m2

m1 +m2

:

27

Az egyenlet megegyezik az egy tömegpontra felírt mozgásegyenlettel, ami az ott leírtmódszerekkel oldható meg. Ha az r relatív helyvektorra megoldottuk az egyenletetaz r1 és r2 helyvektorok kifejezhet½ok:

r1 = �rm2

m1 +m2

;

r2 = rm1

m1 +m2

:

Vegyük észre, hogy ezek a megoldások arányosak az r vektorra nyert megoldással.A bolygók mozgására kapott eredményünket így pontosíthatjuk. A Nap-bolygó

rendszert kéttestproblémaként kezeljük és így �gyelembe vehetjük, hogy a Nap is el-mozdulhat. Legyen a Nap helye r1 és a bolygó helye r2. A fenti megjegyzés értelmébena bolygó és a Nap r relatív helyvektora és így a bolygó helyét megadó r2 vektor isellipszispályát ír le.A keringési id½ore a bolygómozgás vizsgálatánál a (12) összefüggést nyertük:

T 2

a3=4�2m

�:

Ha most �gyelembe vesszük, hogy a (21) mozgásegyenletben az m tömeg szerepét aredukált tömeg játssza, valamint, hogy � = m1m2, akkor Kepler 3-ik törvényének akövetkez½o módosított formáját nyerjük:

T 2

a3=

4�2

(m1 +m2)=

4�2

m1 (1 +m2=m1);

aholm1 a Nap,m2 a bolygó tömege és a a bolygónak a Naptól mért relatív helyvektoraáltal leírt ellipszispályának a nagytengelye.

10. Impulzusmomentum, energia

Pontrendszer impulzusmomentumát a rendszert alkotó tömegpontok impulzusmo-mentumainak összegeként de�niáljuk:

L =nXi=1

ri � pi:

Vizsgáljuk meg ennek id½o szerinti deriváltját:

_L =nXi=1

(_ri � pi + ri � _pi) :

Az els½o tag nulla, mivel _ri és pi párhuzamosak. A második tagban az impulzusderiváltja a tömegpontra ható er½ovel egyenl½o, amiben újra kettéválasztjuk a küls½o ésbels½o er½oket:

_L =

nXi=1

ri � Fi +nXi=1

nXj=1

ri � Fij:

28

Az els½o tag az Fi küls½o er½ok forgatónyomatékának ered½oje:

Mk =nXi=1

ri � Fi:

A második tag a bels½o er½okt½ol származó forgatónyomaték:

Mb =nXi=1

nXj=1

ri � Fij;

amivel_L =M

k+Mb:

A bels½o er½ok forgatónyomatéka az akció-reakció �gyenge� elve értelmében,(Fji = �Fij) átírható a következ½o alakra:

Mb =1

2

nXi=1

nXj=1

(ri � Fij + rj � Fji) =1

2

nXi=1

nXj=1

(ri � rj)� Fij:

Ha a tömegpontok között ható er½o centrális, azaz (ri � rj) párhuzamos az Fijer½ovel, a bels½o er½ok forgatónyomatéka zérus. Ez a feltevés az akció-reakció elvének�er½os�változata, ami �tisztán mechanikai jelleg½u�er½ok esetén általában fenáll. (Az,hogy milyen er½ok tartoznak ebbe a kategóriába, függ az alkalmazott elmélett½ol. Azadott modell keretében kapott eredmények alapján lehet eldönteni, hogy a feltételezéshelyes volt-e. A gravitációs kölcsönhatás Newton-féle elmélete szerint pl. a gravitációser½o eleget tesz az akció-reakció er½os elvének. Ha egy pontrendszerben elektromágneseser½ok is hatnak a részek között, az elv nem tartható fenn.)Ha a bels½o er½ok forgatónyomatéka elt½unik:

_L =Mk:

Ha küls½o er½ok nem hatnak (pl. zárt rendszer esetén), vagy ered½o forgatónyomatékukzérus, a rendszer impulzusmomentuma megmaradó mennyiség lesz:

_L = 0:

Olyan bels½o er½ok fellépése esetén, amelyeknek a forgatónyomatéka nem t½unik el,a mechanikai impulzusmomentum nem lesz megmaradó mennyiség. Ilyen esetbenmindig meg lehet találni azt, az er½ohatást közvetít½o �közeget�, �zikai objektumot(pl. elektromágneses tér), amivel a rendszert ki kell egészíteni, hogy zárt rendszertkaphassunk. Ezeknek az objektumoknak szintén van saját impulzusmomentumuk,amit a mechanikai rendszer momentumával együtt kell vizsgálni. A teljes rendszerimpulzusmomentuma már megmaradó mennyiség lesz.Írjuk fel az impulzusmomentumot a TK-rendszerbeli helyvektorokkal:

L =nXi=1

�R+ rTKi

�� pi =

nXi=1

R� pi +nXi=1

rTKi � pi: (22)

29

Az els½o tagban R kiemelése után a teljes impulzust kapjuk a szumma jel mögött,tehát:

L = R�P+nXi=1

rTKi � pi:

A második tagban szerepl½o impulzus kifejezhet½o a TK-rendszerben de�niált helyvek-torral:

pi = mi _ri = mi_R+mi _r

TKi : (23)

Behelyettesítve, (22) második tagja így alakul:

nXi=1

rTKi � pi =nXi=1

mirTKi � _R+

nXi=1

rTKi � pTKi ;

ahol bevezettük a TK-rendszerbeli pTKi = mi _rTKi impulzust. Az els½o tagban _R jobbról

kiemelhet½o. A szorzó összeg viszont nulla, mivel az nem más mint a tömegközéppont-nak a TK-rendszerben de�niált helyvektora szorozva m-mel. Így végül az impulzus-momentumra kapjuk, hogy

L = R�P+nXi=1

rTKi � pTKi :

A felbontásnak szemléletes jelentése van: az els½o tag egy olyan tömegpont im-pulzusmomentuma, amelyik a tömegközéppontban a rendszer impulzusával mozog. Amásodik tag pedig, a rendszernek a TK-rendszerben a tömegközéppontra vonatkoz-tatott LTK impulzusmomentumával egyenl½o:

L = R�P+ LTK :

Vizsgáljuk meg L id½obeli változását ebben az alakban:

_L = _R�P+R� _P+

nXi=1

_rTKi � pTKi +

nXi=1

rTKi � _pTKi :

Az els½o tag nulla, mivel a két tényez½o párhuzamos. A második tagban az impulzusderiváltja a rendszerre ható er½ok F ered½ojével egyenl½o. A harmadik tag szintén nulla,mivel a szumma minden tagjában a tényez½ok párhuzamosak:

_L = R� F+nXi=1

rTKi � _pTKi :

A második tagban szerepl½o _pTKi tényez½o a (23) egyenlet deriválása után kifejezhet½o:

_pTKi = _pi �mi

m_P

alakban, ahol viszont _pi = Fi +Pn

j=1Fij. Behelyettesítve nyerjük, hogy

_L = R� F+nXi=1

rTKi � Fi +

nXj=1

Fij �mi

m_P

!:

30

Elvégezve a szorzást, az utolsó tag, amiPn

i=1 rTKi � mi

m_P; értéke nulla lesz, mivel

ez arányos a tömegközéppontnak a TK-rendszerben megadott helyvektorával. Ígyvégeredményben nyerjük, hogy:

_L = R� F+nXi=1

rTKi � Fi +

nXj=1

Fij

!:

Feltételezve, hogy a bels½o er½ok centrálisak, a korábbi gondolatmenet értelmében, avektori szorzás a bels½o er½okkel nullát eredményez. Ilyenkor:

_L = R� F+nXi=1

rTKi � Fi:

Az egyenlet szemléletes tartalma szerint, az impulzusmomentum id½oszerinti deriváltjakét tagból álló forgatónyomatékkal egyenl½o: az els½o olyan forgatónyomaték, amelyetakkor kapunk, ha a küls½o er½ok ered½ojét úgy tekintjük, mintha a tömegközéppontrahatna, a második pedig a küls½o er½oknek a tömegközéppontra vonatkozó forgatóny-omatéka. Ez a felbontás különösen a merev testek mozgásának vizsgálatánál játszikfontos szerepet.Pontrendszer kinetikus energiáját a rendszert alkotó tömegpontok kinetikus en-

ergiájának összegeként de�niáljuk:

K =1

2

nXi=1

mi _r2i :

Id½o szerinti deriváltja:dK

dt=

nXi=1

mi�ri _ri =nXi=1

Fi _ri

a tömegpontokra ható er½ok teljesítményével egyenl½o. Integráljunk id½o szerint a t1 ést2 id½opont között:

K (t2)�K (t1) =

nXi=1

Z t2

t1

Fi _ridt:

Ha az er½ok csak a helyt½ol függenek, minden integrál vonalmenti integrállá alakítható:

K (t2)�K (t1) =nXi=1

Z t2

t1

Fidri:

A jobb oldalon álló kifejezés a rendszerre ható er½ok munkája, amelyben mind aküls½o, mind a bels½o er½ok szerepelnek.Ha az er½otér konzervatív és létezik az n db helyvektortól függ½o U = U (r1; r2; : : : rn)

potenciálfüggvény, amelynek negatív gradiense az alábbi módon el½oállítja az er½oket

Fi = �gradriU (r1; r2; : : : rn) ;

31

a teljesítmény is id½oszerinti deriváltként állítható el½o:

nXi=1

Fi _ri = �nXi=1

gradriU (r1; r2; : : : rn) _ri = �dU

dt:

Ennek megfelel½oend

dt(K + U) = 0;

amib½ol következik, hogyK + U = �alland�o:

Érdemes a pontrendszer kinetikus energiáját is felírni a TK-rendszerbeli helyvek-torokkal:

K =1

2

nXi=1

mi

�_R+ _r

TK

i

�2=1

2

nXi=1

mi_R2 +

nXi=1

mi_R_r

TK

i +1

2

nXi=1

mi

�_rTKi�2:

Az els½o tagban _R2 kiemelhet½o és a szumma értéke a teljes tömeggel lesz egyenl½o. Amásodik tagban _R emelhet½o ki, ami után a szumma a tömegközéppont de�níciójaszerint egyenl½o lesz nullával. Így a kinetikus energia a

K =1

2m _R2 +

1

2

nXi=1

mi

�_rTKi�2

alakot veszi fel, aminek szemléletes a jelentése. Az els½o tag a tömegközéppontbanelhelyezked½o m össztömeg½u tömegpont kinetikus energiájával egyenl½o, míg a másodikszumma a pontoknak a TK-rendszerhez képes bekövetkez½o mozgásából származó en-ergiajárulékát adja. Az utóbbi pl. egy merev test mozgása esetén a forgásból származóenergiával egyezik meg.A konzervatív rendszer esetén de�niálható az összenergia:

E =1

2m _R2 +

1

2

nXi=1

mi

�_rTKi�2+ U:

11. Gyorsuló vonatkoztatási rendszerek

ANewton-egyenlet eredeti formájában csak Galilei-rendszerben használható, gyorsulórendszerekben további megfontolásokat kell tenni.Tételezzük fel, hogy a K Galilei-rendszerhez képest mozgó K 0 rendszerben sz-

eretnénk leírni egy tömegpont mozgását. Az egyszer½uség kedvéért tételezzük fel,hogy a K 0 rendszer merev, azaz a bázisvektorok skaláris szorzatai állandók marad-nak. Az ilyen tulajdonságú K 0 rendszer legáltalánosabb mozgása, Euler tétele sz-erint, egy merev test eltolásból és merev test adott tengely körüli elforgásából tev½odikössze. A tétel bizonyítása pl. az ortogonális transzformációk alaptulajdonságainakkihasználásával történhet.

32

Tekintsük el½oször egy, a két rendszer közös origóján átmen½o tengely körüli elfor-dulást és vizsgáljuk meg, hogy hogyan változik egy tetsz½oleges, a K 0 rendszerbenrögzített A vektor a K rendszerb½ol nézve. Tegyük fel, hogy a K 0 rendszer dt id½oalatt d' szöggel fordul el. Érdemes bevezetni az elemi elfordulás

�!d' vektorát, aminek

iránya, de�níció szerint egybe esik a tengely irányával és nagysága egyenl½o d'-vel.Ekkor az A vektor változása els½o rendben dA =

�!d' �A-val lesz egyenl½o. A változás

sebessége ennek megfelel½oen _A =�!! �A lesz, ahol bevezettük a szögsebesség �!!=�!d'dt

vektorát. Ha az A vektor a K 0 rendszerben is változik, a K rendszerbeli változásisebessége a két változás összege lesz

dA

dt=d0A

dt+�!! �A; (24)

ahol d0Adtjelöli a K 0 rendszerbeli változási sebességet.

Speciálisan a szögsebesség vektor deriváltjára fennáll, hogy

d�!!dt

=d0�!!dt

+�!! ��!! =d0�!!dt

: (25)

A fenti megfontolások alapján egy K 0 rendszerben felvett r0 helyvektor változásisebessége

dr0

dt=d0r0

dt+�!! � r0:

Itt d0r0

dt= v0 a K 0 rendszerben mért sebesség. Végül, ha K 0 rendszer origója v0

sebességgel mozog K origójához képest, a megfelel½o pont K-ban mért sebessége

v = v0 + v0 +�!! � r0

lesz.Vegyük az egyenl½oség id½o szerinti deriváltját:

a =dv0dt

+dv0

dt+d (�!! � r0)

dt:

Az els½o tag az origó a0 gyorsulásával egyenl½o. A második és harmadik tagbanhasználjuk fel a (24) összefüggést:

a = a0 +d0

dtv0 +�!! � v0 + d0 (�!! � r0)

dt+�!! � (�!! � r0) :

Elvégezve a szorzat deriválását:

a = a0 + a0 + 2�!! � v0 + d0�!!

dt� r0 +�!! � (�!! � r0) :

Figyelembe véve (25)-öt, az egyenlet végül a következ½o alakot veszi fel:

a = a0 + a0 + 2�!! � v0 +�!� � r0 +�!! � (�!! � r0) ;

33

ahol a bevezettük a�!� =d�!!

dtszöggyorsulás vektorát.

Ha most a K 0 rendszerben vizsgáljuk a pont mozgását, ki kell fejeznünk a K 0-benmért gyorsulást:

a0 = a� a0 � 2�!! � v0 ��!� � r0 ��!! � (�!! � r0) : (26)

A jobb oldalon álló �2�!! �v0 tagot Coriolis-gyorsulásnak, a ��!! � (�!! � r0) tagotpedig centrifugális gyorsulásnak hívjuk. A centrifugális gyorsulást áttekinthet½obbalakra hozhatjuk az alábbi vektoralgebrai azonosság alkalmazásával:

a� (b� c) = b (ac)� c (ab) : (27)

Tehát��!! � (�!! � r0) = r0�!! 2 ��!! (�!! r0) :

Ha u-val jelöljük az r0 vektornak az ! vektor irányába es½o komponensét, a másodiktag a

��!! (�!! r0) = ��!! 2u

alakot ölti, amivel��!! � (�!! � r0) = �!! 2 (r0 � u) :

Az s = r0�u vektor a tömegpontnak a forgástengelyt½ol mért irányított távolsága,amivel a centrifugális gyorsulás �!! 2s lesz.Szorozzuk be a gyorsulásra kapott (26) összefüggést a tömegpont m tömegével:

ma0 = ma�ma0 �m2�!! � v0 �m�!� � r0 +m�!! 2s

és vegyük észre, hogy a jobb oldal els½o tagja a Newton-egyenletnek megfelel½oen apontra ható F er½ovel egyenl½o:

ma0 = F�ma0 �m2�!! � v0 �m�!� � r0 +m�!! 2s: (28)

A kapott egyenlet a gyorsuló vonatkoztatási rendszerben érvényes mozgásegyenletnektekinthet½o. A valódi F �zikai er½on kívül ún. �ktív, vagy tehetetlenségi er½ok is fellép-nek, amiket a �zikai er½ohöz kell adnunk. A jobb oldalon álló tagok közül a harmadikneve Coriolis-er½o, az ötödiké pedig centrifugális er½o.Egyszer½u példaként vizsgáljuk meg a K Galilei-rendszerben álló tömegpont

mozgásegyenletét egy állandó �!! szögsebességgel forgó K 0 vonatkoztatási rendszerb½olnézve. A K rendszerben a test nem gyorsul, rá er½o nem hat, a mozgásegyenlettrivialitást fejez ki. A forgó K 0 rendszerben a (28) korrigált mozgásegyenletet kellalkalmaznunk. A jobb oldal els½o két és negyedik tagja nulla, amib½ol a mozgásegyenlet:

ma0 = �m2�!! � v0 +m�!! 2s:

A bal oldalon álló ma0 kifejezés a forgó rendszerben körmozgást végz½o tömegponta0 = ��!! 2s centripetális gyorsulásának és m tömegének a szorzata, aminek a cen-tripetális er½ovel kell megegyeznie. Nézzük meg a jobb oldalon szerepl½o �ktív er½oket.

34

A v0 sebesség aK 0 forgó rendszerhez viszonyított sebesség, ami esetünkben aK 0 rend-szernek a K rendszerhez viszonyított �!! szögsebességgel történ½o forgása miatt lép fel,mivel a test K-ban áll. Így v0 = ��!!�s. Ennek eredményeként a (27) összefüggéstújra felhasználva és �gyelembe véve, hogy s és �!! mer½olegesek egymásra

�m2�!! � v0 = m2�!! � (�!!�s) = 2m��!! (�!! s)� s�!! 2

�= �2ms�!! 2:

Összeadva a jobb oldali tagokat végeredményben valóban a megfelel½o

ma0 = �m�!! 2s

egyenletet nyerjük, ami szerint a centripetális er½ot ténylegesen a �ktív er½ok ered½ojeszolgáltatja.Amennyiben a Föld felszínén végzünk mechanikai kísérleteket, pontosabb mérések

esetén szintén �gyelembe kell vennünk, hogy a földgolyó forgó rendszer. Vizsgáljukmeg, hogy ebben a forgó rendszerben egy szabadon es½o tömegpont milyen mozgástvégez.Tartózkodjunk a Föld valamely földrajzi szélesség½u pontján és vegyünk fel egy

olyan Descartes-rendszert, amelyben a z tengely mutat a lokális, függ½oónnal de�niáltfügg½oleges irányban felfelé, az x tengely mutat a lokálisan vízszintes déli irányba ésaz y tengely mutat keletre.Legyenek a tömegpont r helyvektorának koordinátái r =(x; y; z), a v sebességvek-

tor koordinátái vx = _x; vy = _y; vz = _z. A tömegpontra �zikai er½ovel hat a nehézségier½otér, ami arányos az m tömeggel. A �ktív er½ok között a mozgástól függetlenülmindig fellép a tömeggel szintén arányos centrifugális er½o, ami lokálisan állandónakvehet½o. Ezek ered½oje fogja kijelölni a helyi függ½oleges és vízszintes irányt és ezért ezekered½ojét fogjuk a számolásban a pontra ható nehézségi er½onek tekinteni, aminek vek-tora így G = mg = (0; 0;�mg). A Föld forgása miatt egyéb �ktív er½ok is fellépnek,amelyek kiszámításához feltételezzük, hogy a Föld állandó �!! szögsebességvektorraljellemezhet½o forgást végez az inerciarendszerhez képest. Ennek a szögsebességvektor-nak a komponensei a lokális Descartes-rendszerben

�!! = (�! cos�; 0; ! sin�) ;

ahol ! jelöli a forgás szögsebességének nagyságát�! = 2�=24 h�1 = �=43200 s�1

�és �

a Föld forgástengelye és a fent de�niált lokális függ½oleges irány között bezárt (állandó)szöget.A (28) mozgásegyenlet ennek alapján

m _v = mg � 2m�!!�v;

ami a tömeggel osztva az alábbi di¤erenciálegyenlet-rendszerre vezet:

_v = g � 2�!!�v:

Írjuk fel az egyenleteket komponensenként:

�x = 2 _y! sin�;

�y = �2 _z! cos�� 2 _x! sin�;�z = �g + 2 _y! cos�:

35

Integráljuk az els½o és harmadik egyenletet:

_x = 2y! sin�+ C1; (29)

_z = �gt+ 2y! cos�+ C2:

Ha olyan ejtési kísérletet hajtunk végre, amelynél a kezdeti hely- és sebességértéknulla, C1 és C2 nulla kell legyen. Helyettesítsük a két deriváltat a középs½o egyenletbe:

�y = 2gt! cos�� 4y!2 cos2 �� 4y!2 sin2 �

és rendezzük át�y + 4y!2 = 2gt! cos�:

Az inhomogén di¤erenciálegyenlet egy partikuláris megoldása:

yp =g cos�

2!t;

a homogén egyenlet általános megoldása:

y0 (t) = A sin 2!t+B cos 2!t;

ahol A és B állandók. Az inhomogén egyenlet általános megoldása ezekkel

y (t) = A sin 2!t+B cos 2!t+g cos�

2!t:

A kezdeti feltételek szerint t = 0-ban a koordináták és a sebesség is nulla. Ebb½olkövetkezik, hogy B = 0 valamint, hogy A = �g cos�

4!2, amib½ol:

y (t) =g cos�

2!

�t� sin 2!t

2!

�:

Visszahelyettesítve (29)-be, integrálás után kapjuk meg az x (t) és z (t) megoldásokatis:

x (t) =g sin 2�

4

�t2 +

cos 2!t� 12!2

�;

z (t) = �g t2

2+g cos2 �

2

�t2 +

cos 2!t� 12!2

�:

Az e¤ektus nagyságrendjének érzékeltetéséhez helyettesítsünk be t = 10 s értéket.Legyen a földrajzi szélesség � = �=4 és g = 10m = s2

x (10 s) = 0; 024m;

y (10 s) = 0; 171m;

z (10 s) = �499; 98m;

Tehát egy 500m magasból történ½o esés esetén a függ½olegest½ol való eltérés néhánycm nagyságrend½u.

36

12. Merev test mozgása, impulzusmomentuma,energiája

Euler tétele szerint egy merev test elemi elmozdulása egy tetsz½oleges pontjának tran-szlációjából és a ponton átmen½o, pillanatnyi tengely körüli elfordulásból állítható el½o.Ennek értelmében, ha kiválasztunk egy r0 helyvektorral jellemzett pontot, akkor amerev test i-edik tömegpontjának sebessége az alábbi módon adható meg:

vi = v0 +�!! � (ri � r0) ;

ahol v0 = _r0,�!! a pillanatnyi szögsebesség vektora és ri az i-edik tömegpont helyvek-

tora. Az egyszer½uség kedvéért a vonatkoztatási pontot az origónak választva (r0 = 0),a sebességvektor a

vi = v0 +�!! � ri (30)

alakot ölti. Írjuk fel a q tömegpontot tartalmazó merev test impulzusmomentumvektorát:

L =

qXi=1

ri �mi (v0 +�!! � ri) =

qXi=1

miri � v0 +qXi=1

miri � (�!! � ri)

= mR� v0 +qXi=1

miri � (�!! � ri) :

Az els½o tag a transzlációs mozgással kapcsolatos és értéke nulla ha:1. a vonatkoztatási pont nem mozog: v0 = 0;2. a vonatkoztatási pont (origo) a tömegközépponttal egyezik meg (TK-rendszer):

R = 0:A második kifejezés tartalmának megvilágításához az összeg egy tagját írjuk fel

és az Li = ri �mi (�!! � ri) kifejezés struktúráját vizsgáljuk, (L =

Pqi=1 Li):

Használjuk ismét a (27) azonosságot:

Li = ri �mi (�!! � ri) = mi

�r2i�!! � ri (ri�!! )

�:

Áttekinthet½obb képet kapunk, ha indexes írásmódra térünk át. Az Li vektorn-edik komponense Lin =

P3p=1mi (xipxip!n � xinxip!p), ahol xip jelöli az ri

vektor p-edik komponensét. Az els½o tagban az !n =P3

p=1 �np!p azonosság segít-ségével áttérünk !p-re, (közben a p összegz½o indexet kicseréljük k-ra, mivel kétszernem fordulhat el½o ugyanaz az összegz½o index) amit így kiemelhetünk: Lin =P3

p=1mi

��npP3

k=1 xikxik � xinxip�!p. Látjuk, hogy a szögsebesség !p komponensei

egy ��np =P3

p=1mi

��npP3

k=1 xikxik � xinxip�kétindexes kifejezéssel (mátrixszal)

vannak megszorozva. Felírva az L vektor n-edik komponensét !p kiemelhet½o:

Ln =

3Xp=1

qXi=1

��np

!!p:

37

A zárójelben álló kétindexes kifejezés

�np =

qXi=1

mi

�np

3Xk=1

xikxik � xinxip

!; (31)

a �-val jelölt, tehetetlenségi nyomaték tenzor mátrixa. A fenti eredmény tömörformában

Ln =3Xp=1

�np!p:

Az impulzusmomentum L vektora tehát általában nem párhuzamos az �!!szögsebesség vektorával. Mivel az el½oállításból látszik, hogy a �np mátrix szim-metrikus, kell legyen olyan koordinátarendszer, amelyben diagonális alakot vesz fel(f½otengelyrendszer). Ha a f½otengelyrendszerben a diagonális elemek (sajátértékek)egyenl½ok, akkor viszont L és �!! egyirányú.Érdemes � komponenseit részletesen is, mátrix alakban kiírni, úgy hogy a

Descartes-koordinátáknál szokásos jelölést használjuk, azaz xi = xi1, yi = xi2,zi = xi3:

� =

0@ Pqi=1mi (y

2i + z2i ) �

Pqi=1mi (xiyi) �

Pqi=1mi (xizi)

�Pq

i=1mi (yixi)Pq

i=1mi (x2i + z2i ) �

Pqi=1mi (yizi)

�Pq

i=1mi (zixi) �Pq

i=1mi (ziyi)Pq

i=1mi (x2i + y2i )

1A :

Egyszer½u példaként írjuk fel az r = (0; y; 0) helyen található,m tömeg½u tömegponttehetetlenségi nyomaték tenzorát. Mivel csak egy tömegpontunk van, az összegzés egytagot tartalmaz:

� =

0@ my2 0 00 0 00 0 my2

1A :

Ha pl. a tömegpont a z tengely körül ! szögsebességgel kering, akkor

�!! =

0@ 00!

1A ;

és így az impulzusmomentum vektora:

L =

0@ 00

my2!

1Alesz.Folytonos tömegeloszlású tömegrendszer esetén (31) alakját értelemszer½uen úgy

változtatjuk meg, hogy a diszkrét tömegpontok járulékait összegy½ujt½o összegzéshelyett integrálunk. Ehhez a tömegeloszlást jellemz½o � (r) tömegs½ur½uséget meg kelladnunk, amivel a tehetetlenségi nyomaték tenzorának mátrixa:

�np =

Z� (r)

�np

3Xk=1

xkxk � xnxp

!dV:

38

Vizsgáljuk meg a merev test energiáját. A kinetikus energia a tömegpontok ener-giajárulékainak összegéb½ol áll el½o:

E =

qXi=1

miv2i

2:

Ismét alkalmazva a sebességvektor (30) felbontását

E =

qXi=1

mi

2

hv20 + 2v0 (

�!! � ri) + (�!! � ri)2i

=m

2v20 + v0

�!! �

qXi=1

miri

!+

qXi=1

mi

2(�!! � ri)2 :

Az els½o tag a transzlációs mozgásból származó E0 járulék. A második tag elt½unik,ha tömegközépponti rendszerben vagyunk mivel ekkor

Pqi=1miri = 0. A harmadik

tagban alkalmazzuk az (a� b) c = (b� c) a azonosságot, amivel

(�!! � ri)2 = (�!! � ri) (�!! � ri) = [ri � (�!! � ri)]�!! :

Részletesen felírva:

E =m

2v20 +

qXi=1

mi

2[ri � (�!! � ri)]�!! :

A második tagban kiemelve �!! -t, felismerjük, hogy annak együtthatója éppen azimpulzusmomentum felével egyenl½o:

E = E0 +1

2L�!! :

A forgó mozgásból származó EF energiajárulék így

EF =1

2(��!! )T �!! =

1

2�!! T��!! ;

ahol �!! T jelöli �!! transzponáltját, azaz a hozzá rendelt sorvektort.Tekintsünk egy rögzített tengely körül történ½o forgást. A tengely irányát jelle-

mezzük n egységvektorral. Ekkor az ! nagyságú szögsebességvektor alakja:

�!! = n!;

amivel a forgási energia az

EF =1

2!2nT�n

alakot veszi fel, ahol nT az n vektor transzponáltja. Az I = nT�n mennyiség nevetehetetlenségi nyomaték, amivel az adott tengely körüli forgásból származó energia

EF =1

2!2I:

39

Számítsuk ki I értékét, ha a tengelyirányú egységvektor p-edik komponense np.

I =3X

j;p=1

nj

qXi=1

mi

�jp

3Xk=1

xikxik � xijxip

!np:

Vigyük be a j és p-re vonatkozó szumma jelet a két tagba és az els½o tagban végezzükel a j-re vonatkozó összegzést.

I =

qXi=1

mi

3Xp=1

npnp

3Xk=1

xikxik �3X

j;p=1

njnpxijxip

!:

Az els½o tagbanP3

p=1 npnp = 1mivel n egységvektor. A második tagban a két szummaszorzattá alakítható:

I =

qXi=1

mi

3Xk=1

xikxik �3Xj=1

njxij

3Xp=1

npxip

!=

qXi=1

mi

�r2i � (nri)

2� :A szögletes zárójelben álló kifejezés a Pitagorasz-tétel szerint éppen az i-edik tömeg-pontnak a forgástengelyt½ol mért l2i távolságnégyzetével egyenl½o, tehát:

I =

qXi=1

mil2i : (32)

Érdemes megvizsgálni, hogy hogyan függ az I tehetetlenségi nyomaték aforgástengely helyzetének megválasztásától. Jelöljük a tömegközépponton n iránybanátmen½o forgástengelyre vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatékot ITK-val. Az ett½oll távolságban vele párhuzamosan futó forgástengelyre vonatkoztatott tehetetlen-ségi nyomatékot I-vel. Helyezzük el úgy a koordinátarendszert, hogy az origó atömegközéppontba essen és a z tengely mutasson n irányába. A másik forgástengelymesse az x tengelyt az origótól l távolságban. Írjuk fel I értékét (32) alapján ésvégezzük el a négyzetreemeléseket

I =

qXi=1

mi

�(xi � l)2 + y2i

�=

qXi=1

mi

�x2i � 2xil + l2 + y2i

�=

qXi=1

mi

�x2i + y2i

�+

qXi=1

mil2 �

qXi=1

mi2xil:

Az els½o tag értéke ITK , a második tagban l2 kiemelhet½o, a harmadik tag pediga tömegközéppont de�níciója miatt elt½unik (

Pqi=1mixi = 0). A nyert összefüggés

Steiner tétele:I = ITK +ml2;

ahol m =Pq

i=1mi a teljes tömeg.A tehetetlenségi nyomaték tenzor f½oátlóban található elemei, a fentiek szerint,

a megfelel½o tengelyhez tartozó tehetetlenségi nyomatékkal egyenl½ok. A többi elem

40

jelentésének megvilágításához tételezzük fel, hogy a test a tömegközéppontján átmen½orögzített z tengely körül forog. Ez azt jelenti, hogy az i-edik tömegpont koordinátáirafennáll, hogy

xi = Ai cos [' (t) + �i] ; (33)

yi = Ai sin [' (t) + �i] ;

zi = Bi;

ahol Ai, Bi és �i állandók, a szögsebesség vektor alakja pedig

�!! =

0@ 00

! = _'

1A :

Írjuk fel az impulzusmomentumra vonatkozó dinamikai egyenletet:

M = _L

és helyettesítsük be az impulzusmomentum merev testre fennálló alakját.

M =d

dt(��!! ) = d�

dt�!! +�d

�!!dt

:

Írjuk fel a megfelel½o komponenseket

Mx = �!qXi=1

mi ( _xizi)� _!

qXi=1

mi (xizi) = !2qXi=1

mi (yizi)� _!

qXi=1

mi (xizi) ;

My = �!qXi=1

mi ( _yizi)� _!

qXi=1

mi (yizi) = �!2qXi=1

mi (xizi)� _!

qXi=1

mi (yizi) ;

Mz = 2!

qXi=1

mi ( _xixi + _yiyi) + _!

qXi=1

mi

�x2i + y2i

�= Iz _!:

Az utolsó lépésekben kihasználtuk, hogy (33) miatt

_xi = �!yi;_yi = !xi;

_zi = 0:

A harmadik egyenletben Iz állandó, mivel a forgás közben a tömegpontok távolságaa tengelyt½ol nem változik. Ennek megfelel½oen ez az egyenlet a rögzített tengely körüliforgás dinamikai egyenlete.Az egyenlet szerint ha a z-irányú Mz forgatónyomaték-komponens nulla, a forgás

egyenletes lesz: ! = �alland�o. Az egyenletek ekkor az

41

Mx = !2qXi=1

mi (yizi) = �!2�yz;

My = �!2qXi=1

mi (xizi) = !2�xz;

Mz = 0

alakot veszik fel. Látjuk, hogy azMx ésMy komponensek általában ekkor sem t½unnekel, hanem a tehetetlenségi tenzor nemdiagonális elemeivel arányos értéket vesznekfel, azaz a testre a tengelyre mer½oleges forgatónyomatékot kell kifejteni ahhoz, hogymegtarthassa állandó tengelyét. A tehetetlenségi nyomaték tenzor ezen elemeit ezértdeviációs nyomatékoknak hívjuk.F½otengelyrendszerben a deviációs nyomatékok elt½unnek, a megfelel½o tengelyek

az ún. szabad tengelyek, amelyek körül a test állandó szögsebességgel tud forognianélkül, hogy küls½o forgatónyomatékot kellene alkalmazni rá.

13. Euler-egyenletek

Az egy pontjában rögzített merev test általános mozgásának tanulmányozása céljábólalkalmas változókat kell választanunk a test helyzetének leírására. Ehhez el½oszörrögzítsünk a merev testhez egy (x0; y0; z0) tengelyekkel bíró K 0 Descartes-rendszert,amelynek origója essen egybe a �x ponttal.

A test kiinduló helyzetében a testhez rögzített koordinátatengelyek essenek egybea küls½o K inerciarendszer (x; y; z) tengelyeivel. A test tetsz½olegesen elfordított ál-lapotának jellemzésére vezessük be az ún. Euler-szögeket a következ½o módon. A z ész0 tengelyek által bezárt szög legyen #. Az (x0; y0) és az (x; y) sík metszeti egyenesét,

42

amit csomóvonalnak hívunk C-vel jelöljük. A C csomóvonalnak az x tengellyel bezártszöge legyen ', az x0 tengely és a csomóvonal közti szög pedig legyen . A merevtest tetsz½oleges állásához eljuthatunk az így bevezetett három szöggel jellemzett elfor-gatásokon keresztül. Az Euler-szögek id½ofüggésének ismerete megadja a test állásáttetsz½oleges id½opillanatban és így kimerít½oen leírja a test mozgását.

A # szög id½o szerinti _# deriváltja a csomóvonal irányába es½o�!_# szögsebességvek-

tor nagyságát adja meg. Hasonló módon vezethetjük be a�!_' szögsebességvektort,

amelynek nagysága _' és iránya egybeesik a z tengely irányával, valamint a�!_

szögsebességvektort, amelynek nagysága egyenl½o _ -tal és iránya a z0 tengely irányábamutat. A test pillanatnyi �!! szögsebességvektora ezek alapján:

�!! =�!_# +

�!_' +

�!_ : (34)

Az �!! szögsebességvektornak a K 0 rendszerben felvett koordinátáinak szokásosjelölése: !x0 = p; !y0 = q és !z0 = r. p; q és r értékét a fenti (34) vektoregyenletkomponensenkénti kiírásával kapjuk meg:

p = _' sin# sin + _# cos ; (35)

q = _' sin# cos � _# sin ;

r = _' cos#+ _ :

A jobb oldalon az Euler-szögek és deriváltjaik állnak, míg a bal oldalon a K 0

együttmozgó koordinátarendszerben mért szögsebességkomponensek. A bal oldalismeretében kísérelhetjük meg az Euler-szögek kiszámítását.A K 0 rendszernek megvan az az el½onye, hogy benne a tehetetlenségi nyomaték

tenzor komponensei nem változnak, hiszen a test ebben a rendszerben áll. Ugyanakkora K 0 rendszer nem inerciarendszer, amire a mozgásegyenlet felírásakor �gyelemmelkell lenni.Válasszuk a K 0 rendszer tengelyeit úgy, hogy egybe essenek a tehetetlenségi ny-

omaték tenzor f½otengelyeivel. Ekkor a tehetetlenségi nyomaték tenzor alakja leegysz-er½usödik:

� =

0@ A 0 00 B 00 0 C

1A ;

ahol a f½otengelyekhez tartozó értékeket a szokásos A;B;C-vel jelöltük. Az impulzus-momentum komponensei az L = ��!! egyenlet szerint a K 0 rendszerben:

Lx0 = Ap;

Ly0 = Bq;

Lz0 = Cr:

Alkalmazzuk az L impulzusmomentumra a két rendszerben mért deriváltakravonatkozó (24) átszámítási szabályt:

d0L

dt=dL

dt��!! � L

43

és írjuk ki az egyenletet komponensenként. Vegyük �gyelembe, hogy a jobb oldalonaz impulzusmomentum vektor inerciarendszerbeli deriváltja áll, ami egyenl½o az Mforgatónyomatékkal. Tehát a K 0-beli koordinátákra:

A _p =Mx0 + qr (B � C) ;

B _q =My0 + rp (C � A) ;

C _r =Mz0 + pq (A�B) :

A fenti összefüggéseket Euler-egyenleteknek hívjuk. Az egyenletek egy nemlineárisdi¤erenciálegyenletrendszert alkotnak, aminek a megoldása általános esetben nemegyszer½u. Fontos speciális esetet képez az er½omentes szimmetrikus pörgetty½u, aminekmozgását részletesebben is megvizsgáljuk.Az er½omentesség azt jelenti, hogy a testre nem hat forgatónyomaték, tehát M =

0. Ez úgy biztosítható pl., hogy a testet a tömegközéppontjában (súlypontjában)függesztjük fel. Szimmetrikus a pörgetty½u, ha f½o tehetetlenségi nyomatékai közülkett½o megegyezik pl.: A = B. Ennek további speciális esete, ha a harmadik nyomatékis egyenl½o ezekkel, azaz A = B = C. Az utóbbi esetben az egyenletek megoldásatriviális, hiszen az Euler-egyenletek jobb oldalán mindenhol nulla áll és így p; q és rállandók. Ekkor (25) miatt a test a küls½o rendszerb½ol nézve is állandó tengely körül,állandó szögsebességgel forog.Az általánosabb, B 6= C esetben az Euler-egyenletek az alábbi módon redukálód-

nak. Mivel B = A, B helyett mindenhol A-t írhatunk:

A _p = qr (A� C) ;

A _q = rp (C � A) ;

C _r = 0:

A harmadik egyenlet azonnal megoldható:

r = r0; (�alland�o) :

Az els½o két egyenletben osszunk A-val és vezessük be az � = r0C�AA

állandót, amivelaz els½o két egyenlet a

_p = ��q;_q = �p

alakot ölti. A rendszer megoldásához deriváljuk id½o szerint az els½o egyenletet és _qhelyére írjunk a második egyenlet szerint �p-t

�p = ��2p:

A megoldás közismert:p = a sin (�t+ �) :

Ugyancsak az els½o egyenletb½ol

q = � _p

�= �a cos (�t+ �) :

44

A K 0 rendszerben tehát tudjuk a szögsebességvektor és ennek megfelel½oen az im-pulzusmomentum vektor komponenseinek id½ofüggését.Mivel küls½o forgatónyomaték nem hat, a test L impulzusmomentuma állandó. A

K rendszer z tengelyét szabadon választhatjuk, ezért érdemes azt az impulzusmo-mentum vektorral azonos irányúnak venni, tehát

Lx = 0;

Ly = 0;

Lz = L:

Az ábrából leolvashatjuk, hogy Lz0 = L cos#, amit összevetve az Lz0 = Cr alakkal,kapjuk, hogy

L cos# = Cr0:

Az egyenlet #-ra nézve megoldható:

# = arccosCr0L

= #0; (�alland�o) :

Mivel _# = 0, (35) els½o és második egyenlete egyszer½ubbé válik. Adjuk össze a két els½oegyenlet négyzetét és vegyük �gyelembe, hogy p2 + q2 = a2.

a2 = _'2 sin2 #0

azaz a pozitív gyököt választvaa = _' sin#0:

Az els½o egyenlet szerintp = a sin ;

amit összevethetünk p megoldásával. Az eredmény:

= �t+ 0;

ahol a konstansok helyett bevezettük a kezdeti értékét jelöl½o 0 állandót. (35)harmadik egyenletéb½ol

r0 = _' cos#0 + �

adódik, amib½ol a harmadik Euler-szög id½ofüggése is kiszámítható:

' =r0 � �

Cr0Lt+ '0:

Mivel # állandó, a test z0 tengellyel egybees½o szimmetriatengelye a rögzített Lirányában álló z tengely körüli kúpot ír le, (nutáció). AK 0 rendszerben a szögsebesség�!! vektora ír le a z0 tengely körüli kúpot hiszen

pp2 + q2 = a, valamint r is állandó.

45

14. Kényszerek

Tömegpontok mozgásának vizsgálatánál gyakran lépnek fel olyan er½oterek, amelyekbizonyos irányú elmozdulásokat szinte lehetetlenné tesznek. Egyszer½u példa a lejt½onmozgó test esete, amikor a lejt½o felszínére mer½oleges irányban történ½o elmozdulásesetén az elmozdulással ellentétesen olyan gyorsan növekszik a potenciális energia,hogy az elmozdulás a lejt½ovel párhuzamos mozgásokhoz képest elhanyagolható. Másikpélda a korábban tárgyalt merev test, amelyben az alkotó tömegpontok egymástólmért távolsága elhanyagolható mértékben tud csak megváltozni.A fenti példákhoz hasonló esetekben elfogadjuk azt a közelítést, amely szerint a

kérdéses elmozdulások egyáltalán nem jönnek létre. Azt mondjuk, hogy a rendszerbenkényszerek vannak jelen, amiket ún. kényszerer½ok valósítanak meg. A kényszerekvizsgálatát el½oször az egyensúlyi rendszereken kezdjük.Egy n tömegpontból álló rendszer akkor lehet egyensúlyban, ha a tömegpontokra

ható er½ok komponensei mind elt½unnek, azaz az i-edik tömegpontra ható er½o

Fi = 0

minden i-re.Ezt a feltételi egyenletrendszert átfogalmazhatjuk. Vezessük be a következ½o, vir-

tuális munkának nevezett összeget:

�A =nXi=1

Fi�ri;

ahol �ri az i-edik tömegpont egy ún. virtuális elmozdulását jelenti. Virtuális el-mozdulások alatt a rendszer pillanatnyi helyzete és az adott id½opillanatban in�nitez-imálisan közeli, lehetséges helyzetek koordinátáinak különbségét értjük. Egyensúlyesetén minden er½okomponens elt½unik, így a �A virtuális munka is nulla lesz.Fordítva, ha tudjuk, hogy a virtuális munka tetsz½oleges virtuális elmozdulás esetén

elt½unik, akkor a rendszer egyensúlyban van, hiszen az összeg csak úgy tud elt½unni, haminden er½okomponens elt½unik. Ez az ún. virtuális munka elve.Ha a rendszerben kényszerek is jelen vannak, a �ri virtuális elmozdulások már nem

lesznek továbbra is mind függetlenek egymástól. Egyszer½u példa az x � y síkban azorigón átmen½o,M meredekség½u lejt½on mozgó tömegpont esete. Mivel a lejt½o egyenlete

y =Mx;

a �x és �y virtuális elmozdulásokra fenn kell álljon, hogy

�y =M�x:

Az általánosítás matematikai megfogalmazása céljából érdemes új jelöléstbevezetni. A tömegpontok ri helyvektorainak ri1; ri2; ri3 koordinátái helyett atömegpontok sorrendjének megfelel½oen egységes indexes jelölésre térünk át úgy, hogy

46

az új index 1-t½ol 3n-ig fusson:

r11 ) x1;

r12 ) x2;

r13 ) x3;

r21 ) x4;

r22 ) x5;

...) ...

rn3 ) x3n:

Hasonló módon az Fi er½okomponenseket is jelöljük át:

F11 ) X1;

F12 ) X2;

F13 ) X3;

F21 ) X4;

F22 ) X5;

...) ...

Fn3 ) X3n:

A virtuális munka az új jelöléssel

�A =3nXi=1

Xi�xi: (36)

Az xi (i = 1 � � � 3n) koordináták által kifeszített 3n dimenziós teret kon�gurációstérnek nevezzük, amelyben egy pont felel meg a rendszer pillanatnyi helyzetének.Kényszerek fellépése esetén a kon�gurációs tér egy pontja környezetében nem min-den pont érhet½o el a rendszer számára. A legegyszer½ubb esetben, az xi koordinátákközött, a lejt½ohöz hasonló módon, egy vagy több függvénykapcsolat áll fenn. Ha s dbkényszerkapcsolat van jelen, azokat egy oldalra rendezve így írhatjuk fel:

'1 (x1; x2; � � �x3n; t) = 0; (37)

'2 (x1; x2; � � �x3n; t) = 0;... =

...

's (x1; x2; � � �x3n; t) = 0:

A rendszer megvalósuló mozgása során 'j-k értéke nem változik, azaz

d'jdt

=

3nXi=1

@'j@xi

dxidt+@'j@t

= 0; j = 1 : : : s: (38)

47

A megfelel½o di¤erenciálok közötti összefüggés:

d'j =3nXi=1

@'j@xi

dxi +@'j@t

dt = 0:

Mivel a virtuális elmozdulások a kon�gurációs térben, egy adott pillanatban lehet-séges helyzetek közötti különbségnek felelnek meg, a közöttük fennálló kapcsolatokatúgy tudjuk megtalálni, ha 'j értékében az adott id½opillanatban, azaz dt = 0 esetbennem engedünk változást (virtuális változás 'j-ben):

�'j =3nXi=1

@'j@xi

�xi = 0; (39)

ami s db lineáris kapcsolatot jelent a virtuális elmozdulások között.Ha most alkalmazzuk a virtuális munka elvét, a (36) képletben a �xi virtuális

elmozdulások nem lesznek mind függetlenek. A problémát a feltételes széls½oértékszámításnál megismert Lagrange-féle multiplikátorok módszerével tudjuk megoldani.Minden kényszerkapcsolathoz hozzárendelünk egy egyel½ore ismeretlen �j számot

(Lagrange-féle multiplikátor) és az eredeti (36) egyenletet kiegészítjük a kényszerekettartalmazó tagokkal:

�A =3nXi=1

Xi�xi +sXj=1

�j�'j:

Kifejtve és kiemelve a közös tényez½oket:

�A =3nXi=1

Xi +

sXj=1

�j@'j@xi

!�xi:

Az új tagok bevezetése nyomán a virtuális elmozdulások függetlennek tekinthet½ok ésígy a �A = 0 feltételb½ol következnek az

Xi +

sXj=1

�j@'j@xi

= 0 (40)

egyensúlyi egyenletek.A 3n db egyenlet 3n + s db ismeretlent tartalmaz: az xi és �j számokat. A

megoldást ezért a (37) egyenletekkel együtt kezelve kell megkeresni, amelyekkel együttmár megvan a szükséges számú egyenlet.A (40) egyenlet �zikai értelmezése kézenfekv½o. A rendszer egyensúlya úgy jöhet

létre, hogy az Xi ún. szabader½okomponensek mellett a rendszer elemeire kénysz-erer½ok is hatnak, amelyeket szintén �gyelembe kell venni. Az egyenletb½ol azonnalleolvashatjuk a j-edik kényszert½ol származó Xj kényszerer½o i-edik komponensét:

Xji = �j

@'j@xi

:

48

Egyszer½u példa egy olyan súlyos tömegpont egyensúlyi helyzetének megkeresése,amelyik csak egy R sugarú gömbön tud mozogni. A gömb középpontja essen egybe azorigóval, és mivel csak egy tömegpontról van szó, használjunk index nélküli jelölést,azaz a pont három koordinátája legye x; y; z. Ekkor a kényszerfeltétel függvénye' = x2 + y2 + z2 �R2 amire fennáll, hogy

' = 0:

Írjuk fel a (40) egyensúlyi egyenletet. Három dimenziós térben mozgunk, ígyhárom egyenletet kell felírnunk. A szabad er½o a tömegpontra ható nehézségi er½o,aminek komponensei: Fx = 0; Fy = 0; Fz = �mg. A három egyenlet:

�2x = 0;

�2y = 0;

�mg + �2z = 0:

Az els½o két egyenletb½ol x = 0 és y = 0, a kényszeregyenletb½ol pedig z = �R. Azegyensúlyi helyzet tehát a gömb tetején és alján található. A kényszerer½o komponenseipedig:

F kx = �2x = 0;

F ky = �2y = 0;

F kz = �2z = mg:

Az egyensúly keresésének módszerét a dinamikai egyenlet felírására is felhasznál-hatjuk. Írjuk fel a Newton-egyenletet az új jelölés használatáva·l:

Xi = mi�xi;

ahol a tömegek jelölésénél is új indexekre tértünk át:

m1 ) m1;

m1 ) m2;

m1 ) m3;

...

mn ) m3n�1;

mn ) m3n:

Ha a mozgásegyenletet egy oldalra rendezzük, az egyensúlyi egyenlethez hasonlóalakot kapunk:

Xi �mi�xi = 0:

A különbség csak annyi, hogy a bal oldalon megjelent egy er½o jelleg½u tag, amittehetetlenségi er½onek szokás nevezni.

49

Készítsük el a virtuális munka bevezetésénél látottakhoz hasonló módon akövetkez½o összeget:

�A =3nXi=1

(Xi �mi�xi) �xi:

�A akkor lesz tetsz½oleges virtuális elmozdulás esetén nulla, ha a zárójelben álló kife-jezés elt½unik. Ez éppen a mozgásegyenletnek felel meg. Fordítva, ha a mozgásegyen-letek fennállnak �A elt½unik. Ez d�Alembert elve, ami a mechanika alapegyenleténekegy új megfogalmazását jelenti.Az elv alkalmazása feltételezi, hogy a virtuális elmozdulások függetlenek.

Kényszerek fennállása esetén azonban láttuk, hogy ez nincs így. A megoldástmegint a Lagrange-féle módszer adja, aminek segítségével a virtuális elmozdulások"függetlenné" tehet½ok.Vezessük be ismét az s számú kényszerhez a megfelel½o �j multiplikátort és egészít-

sük ki a d�Alembert-elv �A = 0 egyenletét a kényszereket �gyelembe vev½o tagokkal:

3nXi=1

(Xi �mi�xi) �xi +sXj=1

�j�'j = 0:

(39) szerint ismét kifejtve �'j-t és kiemelve az egyenl½o tényez½oket a

3nXi=1

Xi �mi�xi +

sXj=1

�j@'j@xi

!�xi = 0

egyenletet nyerjük. Most már minden virtuális elmozdulás függetlennek tekinthet½o,amib½ol következik, hogy

Xi �mi�xi +sXj=1

�j@'j@xi

= 0; (41)

vagy átrendezve

mi�xi = Xi +sXj=1

�j@'j@xi

:

A nyert mozgásegyenletek az ún. Lagrange-féle els½ofajú egyenletek. A megoldássorán a (37) kényszeregyenleteket is az egyenletrendszer részének kell tekintenünk ésígy az ismeretlenek száma egyenl½o lesz az egyenletek számával.Összetett rendszerek vizsgálata azt mutatja, hogy a kényszereknek csak egy része

adható meg a (37) alakban. Az ilyen kényszert holonom kényszernek és a megfelel½orendszert holonom rendszernek nevezzük.Tekintsünk egy példát az ún. anholonom rendszerekre is, ahol a fenti feltétel nem

áll fenn. Legyen egy vízszintes tengely½u, R sugarú biciklikerék, amelyik csúszásmente-sen gördülhet az x; y síkon. A kerék tengelye a vízszintes síkban elfordulhat úgy, hogya kerék tetsz½oleges irányban gördülhet. Zárjon be a kerék tengelye az x tengellyel �szöget és jelöljük az egyik kijelölt küll½onek a függ½oleges z tengellyel bezárt szögét�-val.

50

Mivel a kerék az x; y sík bármely pontjára el tud jutni és a két irányszöget istetsz½oleges érték½ure be tudjuk állítani, pl. megfelel½o sugarú körpályán történ½o kör-benjárással, a rendszer az x; y; �; � koordinátákkal megadott kon�gurációs terénektetsz½oleges pontját elérheti. Ez kizárja annak lehet½oségét, hogy egy

' (x; y; �; �; t) = 0

alakú kikötést tegyünk. Ha azonban megvizsgáljuk, hogy egy adott (x; y; �; �) kon�g-urációstérbeli pontban milyen virtuális elmozdulások lehetségesek, azt találjuk, hogyazok nem mind függetlenek.Egyszer½u geometriai megfontolásokból adódik (a csúszásmentes gördülés miatt),

hogy a virtuális elmozdulásokra fennáll, hogy:

�x�R sin��� = 0;

�y +R cos��� = 0:

Az általánosabb kényszerkapcsolatok a (38) egyenletek alapján a következ½ok lehet-nek:

3nXi=1

ajidxidt+ aj0 = 0; vagy di¤erenciálokkal

3nXi=1

ajidxi + aj0dt = 0; (42)

ahol az aji együtthatók általában nem származtathatók aji =@'j@xi, és aj0 =

@'j@t

alakban. A virtuális elmozdulásokra vonatkozó összefüggések ezek alapján (dt = 0miatt):

3nXi=1

aji�xi = 0:

A Lagrange-egyenletek ennek megfelel½oen módosulnak:

Xi �mi�xi +sXj=1

�jaji = 0; (43)

amit átrendezve

mi�xi = Xi +sXj=1

�jaji:

A (43) Lagrange-egyenletek megoldását a (42) egyenletekkel együtt kell megk-eresni.Vizsgáljuk meg a rendszer energiájának változását. Szorozzuk meg a (43) mozgás-

egyenletet _xi-tal és összegezzünk i-re:

3nXi=1

mi�xi _xi =3nXi=1

Xi _xi +3nXi=1

sXj=1

�jaji _xi:

A bal oldalon álló tag éppen a K kinetikus energia id½oszerinti deriváltja, míg a jobboldali els½o tag a szabad er½ok teljesítményével egyenl½o. Ha a szabad er½ok potenciálosak,

51

az utóbbi egyenl½o az U potenciális energia id½oszerinti deriváltjának ellentétével:

d

dtK = � d

dtU +

3nXi=1

sXj=1

�jaji _xi:

Rendezzük át az egyenletet és használjuk ki, hogy (42) miatt

3nXi=1

aji _xi = �aj0:

Ekkor az egyenlet így alakul

d

dt(K + U) = �

sXj=1

�jaj0:

A kényszereket ennek megfelel½oen két csoportra osztjuk.Szkleronomnak nevezzük a kényszert és a rendszert, ha holonom esetben a 'j

kényszerfüggvények nem függnek az id½ot½ol�@'j@t= 0�, vagy ennek megfelel½oen an-

holonom esetben, az aji együtthatók nem függenek az id½ot½ol�@aji@t= 0�és az aj0

együttható elt½unik. Anholonom kényszer esetén ezeket külön-külön meg kell követelni,hiszen az els½o követelmény teljesüléséb½ol nem következik a másik fennállása, ahogyholonom kényszer esetén is lehetséges hogy @

@t

@'j@xi

= 0 és @'j@t6= 0. Ha a kényszer és a

rendszer nem szkleronom akkor reonom.A fenti egyenlet szerint a szkleronom rendszer teljes energiája nem változik (a

kényszerer½ok munkája nulla), mivel ekkor aj0 = 0 (holonom esetben aj0 =@'j@t).

Reonom rendszerben a kényszerer½ok teljesítménye általában nem t½unik el, a rendszerenergiája nem állandó.Egyszer½u példa a meghatározott mozgást végz½o lejt½on mozgó tömegpont esete.

Legyen a lejt½o (kényszer) egyenlete

' (x; y; t) = y �M (x� x0 (t)) = 0;

ahol az adott x0 (t) függvény megadja a lejt½o x tengellyel való pillanatnyi metszéspon-tját.A Lagrange-féle mozgásegyenletek:

m�x = ��M;

m�y = ��mg:

A kényszeregyenlet szerint�y =M (�x� �x0) :

Helyettesítsük be az els½o egyenletb½ol kifejezett �x-ot és a második egyenletb½ol kifejezett�y-ot:

��mg = ��M2 �mM �x0;

52

amib½ol:

� =m (g �M �x0)

1 +M2:

A kényszerfüggvényb½ol leolvashatjuk, hogy:

a0 =@'

@t=M _x0

és így a lejt½o kényszerereje által nyújtott teljesítmény:

dE

dt=Mm _x0 (M �x0 � g)

1 +M2:

Az eredmény általában nem nulla!

15. Általános koordináták

A Descartes-koordináták használata nem minden helyzetben el½onyös. A mozgásokleírásának általánosabb módszerére van lehet½oség, ha nem ragaszkodunk a derékszög½u,egyenesvonalú koordinátarendszerhez.Általában vezessünk be annyi független változót a rendszer helyzetének

megadására, ahány szükséges a rendszer állapotának egyértelm½u jellemzésére. Ha arendszerben nincsenek holonom kényszerek, a változók száma egyenl½o lesz a kon�g-urációs tér 3n dimenziószámával. s db holonom kényszer jelenléte esetén a szükségesfüggetlen változók száma csökken: f = 3n � s lesz a rendszer szabadsági fokainakszáma. Az így bevezetett új qj (j = 1; : : : ; f) változókat általános koordinátáknakhívjuk. Segítségükkel a rendszer pontjainak xi Descartes-koordinátáit ki tudjukfejezni:

xi = xi (q1; q2; : : : ; qf ; t) :

A mozgásegyenletek általános koordinátákban történ½o felírásához induljunk kiújra a d�Alembert-elvb½ol:

3nXi=1

(Xi �mi�xi) �xi = 0:

A virtuális elmozdulásokat szintén fejezzük ki az általános koordináták virtuális vál-tozásaival

�xi =

fXj=1

@xi@qj

�qj:

Helyettesítsünk be a d�Alembert-elv két tagjába:

3nXi=1

Xi�xi =

fXj=1

3nXi=1

Xi@xi@qj

�qj;

3nXi=1

mi�xi�xi =

fXj=1

3nXi=1

mi�xi@xi@qj

�qj:

53

Az els½o tagban vezessük be a következ½o jelölést:

Qj =3nXi=1

Xi@xi@qj

;

amivel a virtuális munka3nXi=1

Xi�xi =

fXj=1

Qj�qj

alakú lesz. Ennek alapján Qj neve általános er½o(komponens). A második tagban azid½o szerinti második deriválást szorzat deriváltjává alakítjuk:

3nXi=1

mi�xi�xi =

fXj=1

3nXi=1

mid

dt

�_xi@xi@qj

��qj �

fXj=1

3nXi=1

mi _xid

dt

�@xi@qj

��qj: (44)

A jobb oldal els½o tagjának átalakításához vegyük �gyelembe, hogy az általános ko-ordináták de�níciójából következik, hogy

_xi =

fXk=1

@xi@qk

_qk +@xi@t;

aminek megfelel½oen@xi@qj

=@ _xi@ _qj

: (45)

A második tagban fejtsük ki az id½o szerinti teljes deriváltat:

d

dt

�@xi@qj

�=

fXk=1

@

@qk

�@xi@qj

�_qk +

@

@t

�@xi@qj

�Ha a Young-tétel alapján felcseréljük a deriválások sorrendjét és a két qj szerintideriválást egybe gy½ujtjük azt kapjuk, hogy:

d

dt

�@xi@qj

�=

@

@qj

fXk=1

�@xi@qk

�_qk +

@

@qj

�@xi@t

�=

@

@qj

"fXk=1

�@xi@qk

�_qk +

@xi@t

#=@ _xi@qj

:

(44) els½o tagjában használjuk fel a (45) összefüggést, a második tagban pedig az utolsóegyenl½oséget:

3nXi=1

mi�xi�xi =

fXj=1

3nXi=1

mid

dt

�_xi@ _xi@ _qj

��qj �

fXj=1

3nXi=1

mi _xi@ _xi@qj

�qj:

Mindkét tagban az _xi és a parciális deriváltját tartalmazó szorzat _x2i deriváltjáváalakítható:

3nXi=1

mi�xi�xi =

fXj=1

3nXi=1

mi

2

d

dt

�@ _x2i@ _qj

��qj �

fXj=1

3nXi=1

mi

2

@ _x2i@qj

�qj:

54

Látható, hogy minkét tagban szerepel a K =P3n

i=1mi

2_x2i kinetikus energia, aminek

beírása után a teljes összeg így alakul

3nXi=1

mi�xi�xi =

fXj=1

d

dt

@K

@ _qj�qj �

fXj=1

@K

@qj�qj:

Ezt a d�Alembert-elvbe visszaírva kiemelhetjük �qj-t

fXj=1

�Qj �

d

dt

@K

@ _qj+@K

@qj

��qj = 0:

Mivel az általános koordinátákat úgy vezettük be, hogy azok már �gyelembe vettékaz esetleges holonom kényszereket és így egymástól függetlenül változhatnak, �qj-ktetsz½oleges értéket vehetnek fel. Az egyenlet csak akkor állhat fenn, ha a zárójelebenálló kifejezés j minden értékére elt½unik, azaz:

d

dt

@K

@ _qj� @K

@qj= Qj: (46)

A kapott egyenletek a holonom rendszerek mozgásegyenleteinek általános alakja,nevük Lagrange-féle másodfajú egyenletek.Anholonom kényszerek esetén, amikor a k-adik kényszerfeltétel

fXj=1

akjdqjdt+ ak0 = 0; k = 1; 2; : : : ; s

vagy ennek megfelel½oen a virtuális elmozdulásokkal

fXj=1

akj�qj = 0

alakban adható csak meg, a d�Alembert-elv fenti alakjába újra be kell vezetnünk aPsk=1 �kakj alakú póttagot. Ekkor a �qj virtuális elmozdulások már függetlennek

tekinthet½ok, ami azt jelenti, hogy az egyenletet csak akkor tudjuk kielégíteni ha min-den �qj együtthatója elt½unik. A megfelel½o Lagrange-egyenletek ekkor:

d

dt

@K

@ _qj� @K

@qj= Qj +

sXk=1

�kakj

alakúak lesznek. Ekkor az s darab �k meghatározásához azonban használnunk kellaz s darab kényszerfeltételt is.Ha a holonom rendszer konzervatív, az er½okomponensek egy U potenciál derivált-

jaiként állnak el½o:

Xi = �@U

@xi:

55

Ha a Qj általános er½o komponenseket de�níció szerint felírjuk, a láncszabály alka-lmazásával azt kapjuk, hogy ezek is a potenciálfüggvény általános koordináta szerintiparciális deriváltjaként állíthatók el½o:

Qj =

3nXi=1

Xi@xi@qj

= �3nXi=1

@U

@xi

@xi@qj

= �@U@qj

:

Helyettesítsük be ezt az el½oállítást a (46) egyenletbe:

d

dt

@K

@ _qj� @K

@qj= �@U

@qj:

Mivel az U potenciál eredeti de�níciója szerint nem függ a sebességekt½ol, azaz @U@ _qj= 0;

az egyenletet mesterségesen kiegészíthetjük egy azonosan zérus érték½u taggal:

d

dt

@K

@ _qj� @K

@qj=

d

dt

@U

@ _qj� @U

@qj:

Vonjuk össze a megfelel½o deriváltakat:

d

dt

@ (K � U)

@ _qj� @ (K � U)

@qj= 0:

A zárójelben álló függvény neve Lagrange-függvény, aminek szokásos jelölése L =K � U . Ezzel az egyenlet a

d

dt

@L

@ _qj� @L

@qj= 0 (47)

alakot veszi fel. Szokás ezt az alakot is (másodfajú) Lagrange-egyenletnek nevezni.Példaként írjuk fel az l hosszúságú matematikai síkinga Lagrange-függvényét és

mozgásegyenletét. Mérje a függ½olegest½ol való kitérést a ' szög, ami általános ko-ordinátaként szolgál az adott rendszerben. A kinetikus energia K = ml2 _'2

2, a poten-

ciális energia pedig U = �mgl cos'. A Lagrange-függvény:

L =ml2 _'2

2+mgl cos':

A Lagrange-egyenlet:ml2 �'+mgl sin' = 0;

ami megegyezik az elemi megfontolások alapján nyert egyenlettel.A fenti gondolatmenetben kihasználtuk, hogy az er½ok egy potenciális energia

negatív gradienseként állíthatók el½o. Ha a rendszerben nemkonzervatív er½ok is hat-nak, azokat külön kell �gyelembe venni. Ekkor

Qj = Q0j +Q�j ;

ahol Q0j = �@U0

@qjalakban az U0 potenciálból származtatható, és Q�j jelöli a nemkonz-

ervatív összetev½ot. A mozgásegyenlet ezzel a felbontással

d

dt

@L0

@ _qj� @L0

@qj= Q�j

56

alakban áll fenn, ahol L0 = K � U0.Érdemes észrevenni, hogy ha a rendszerben a konzervatív er½ok mellett, csak

id½ofügg½o Qj (t) er½ok is hatnak, azokat az L Lagrange-függvényben egy qjQj (t) taghozzáadásával lehet �gyelembe venni:

L = L0 + qjQj (t) ;

hiszen ad

dt

@L

@ _qj� @L

@qj= 0

egyenletb½ol valóban azt kapjuk, hogy

d

dt

@L0

@ _qj� @L0

@qj= Qj (t) :

Az er½okomponensek a sebességt½ol is függhetnek. A gyakorlatilag fontos esetekegyike, az olyan súrlódási er½o megjelenése, amelynek nagysága arányos a sebességgel:

X�i = �ki _xi:

Az ilyen alakú er½okomponens a következ½o derivált formájában állítható el½o:

X�i = �

@D

@ _xi;

ahol D = 12

P3nl=1 kl _x

2l az ún. disszipációs függvény. A megfelel½o általános er½okompo-

nensre kapjuk, hogy

Q�j =3nXi=1

X�i

@xi@qj

= �3nXi=1

@D

@ _xi

@xi@qj

= �3nXi=1

@D

@ _xi

@ _xi@ _qj

= �@D@ _qj

;

ahol kihasználtuk a korábban levezetett (45) összefüggést. A Lagrange-egyenlet jobboldalát így szintén általános formában kapjuk meg:

d

dt

@L0

@ _qj� @L0

@qj= �@D

@ _qj:

Egy további fontos eset, amikor az általános er½okomponenseket valamilyen U füg-gvényb½ol az alábbi alakban tudjuk el½oállítani.

Qj = �@U

@qj+d

dt

@U

@ _qj:

Az ilyen U függvényt általánosított potenciálnak hívjuk. Behelyettesítéssel meg-gy½oz½odhetünk, hogy a Lagrange-egyenlet a @L

@qj� d

dtL@ _qj

= 0 formában továbbra isfennáll, ha a Lagrange-függvényt ekkor is az L = K � U alakban de�niáljuk.Az általánosított potenciál használatára fontos példa az elektromágneses térben

mozgó e töltés½u, m tömeg½u ponttöltés esete, aminek Descartes-koordinátákban felírtmozgásegyenlete:

ma = eE+ ev �B: (48)

57

Az általánosított potenciál megtalálásához írjuk fel az elektromágneses térviselkedését leíró Maxwell-egyenleteket:

divD = �;

rotE = �@B@t;

divB = 0;

rotH = j+@D

@t:

A harmadik egyenletet ki tudjuk elégíteni, ha a mágneses indukció vektorát valam-ilyen A (r; t) vektormez½o rotációjaként állítjuk el½o:

B = rotA:

Helyettesítsük be ezt az el½oállítást a második egyenletbe:

rotE = � @

@trotA:

A Young-tétel alapján cseréljük fel a rotációképzés és az id½o szerinti parciális deriválássorrendjét és egyben rendezzük az egyenletet egy oldalra:

rot

�E+

@A

@t

�= 0:

A feltétel szerint a zárójelben álló kifejezés valamilyen skalármez½o gradienseként ál-lítható el½o:

E+@A

@t= �grad�;

amib½ol E kifejezhet½o

E = �grad�� @A

@t:

Látjuk, hogy mind a mágneses tér, mind az elektromos tér el½oállítható az A és a �függvény segítségével. Ezek neve rendben vektorpotenciál és skalárpotenciál.Behelyettesítéssel meggy½oz½odünk arról, hogy az alábbi függvény általánosított po-

tenciálként szolgál a mozgó ponttöltés számára:

U = e�� eAv:

A Lagrange-függvény ekkor

L =m

2v2 � e� + eAv:

A Lagrange-egyenletet indexes írásmódban írjuk fel

d

dt

@L

@vi� @L

@xi= 0; i = 1; 2; 3:

58

Az els½o tagban:@L

@vi= mvi + eAi;

ahol Ai az A vektorpotenciál i-edik komponensét jelöli. Az id½o szerinti teljes derivált

d

dt

@L

@vi= m _vi + e

3Xj=1

@Ai@xj

vj + e@Ai@t

:

A második tag:@L

@xi= �e @�

@xi+ e

3Xj=1

@Aj@xi

vj:

A teljes egyenlet tehát átrendezés után:

m _vi = e

��@Ai@t

� @�

@xi

�+ e

3Xj=1

�@Aj@xi

� @Ai@xj

�vj: (49)

Az els½o zárójelben álló kifejezés a fenti de�níciók szerint az E elektromos térer½osségi-edik komponense. A második összegr½ol pedig belátjuk, hogy az nem más mint aLorentz-er½o (ev �B)i i-edik komponense. Ehhez de�niáljuk az "ijk ún. teljesenantiszimmetrikus egységtenzort (mátrixot):

"ijk =

8<:1; i = 1; j = 2; k = 3 �es ezek ciklikus cser�eje eset�en;�1; i = 2; j = 1; k = 3 �es ezek ciklikus cser�eje eset�en;0; m�as esetekben:

:

Két vektor vektorszorzatának n-edik komponensét pl. ennek segítségével az(a� b)n =

P3j;k=1 "njkajbk alakban írhatjuk fel. Hasonló módon egy a vektor

rotációjának n-edik komponense a (rota)n =P3

j;k=1 "njkbk@xj

alakban adható meg.

Írjuk fel a Lorent-er½ot és fejezzük ki a mágneses indukciót a vektorpotenciál rotá-ciójaként:

(ev �B)i = eXj;k

"ijkvjBk = eXj;k;l;m

"ijkvj"klm@Am@xl

:

Használjuk fel azP

k "ijk"klm = �il�jm � �im�jl azonosságot, amivel:

(ev �B)i = eXj;l;m

(�il�jm � �im�jl) vj@Am@xl

= eXj

vj

�@Aj@xi

� @Ai@xj

�:

Így valóban megkaptuk a (48) mozgásegyenletet.

16. Normálkoordináták - normálrezgések

Az egy szabadsági fokú rendszerek rezgéseit korábban tárgyaltuk. Egy több szabad-sági fokú, konzervatív rendszerben is kialakulhatnak rezgések, ha a potenciális energia

59

lokális minimummal bír. A mozgás leírásához alkalmas keretet szolgáltat a Lagrange-formalizmus.Tételezzük fel, hogy egy f szabadsági fokú rendszer V (q1; q2; : : : ; qf ) potenciális

energiájának a kon�gurációs tér (q10; q20; : : : ; qf0) helyén lokális minimuma van. Fejt-sük Taylor-sorba a potenciált a minimum-pont körül

V (q1; q2; : : : ; qf ) = V (q10; q20; : : : ; qf0) +

fXi=1

@V

@qi

����qi0

(qi � qi0)

+

fXi;j=1

1

2

@2V

@qi@qj

����qi0

(qi � qi0) (qj � qj0) + � � � :

Az els½o tag állandó, ami a potenciális energiában tetsz½olegesen választható ésígy érdemes nullának venni. A második tagban a potenciális energia deriváltjaiszerepelnek, amik a minimumhelyen elt½unnek. Az els½o megmaradó tagok, ame-lyek már szerepet játszanak a mozgásban, a koordinátákban másodrend½uek. Hakis kitéréseket tekintünk, a magasabb rend½u tagok járulékát elhanyagolhatjuk. Haaz origót a (q10; q20; : : : ; qf0) koordinátákkal megadott minimumhelyre toljuk és a@2V@qi@qj

���qi0deriváltakat bij-vel jelöljük, a potenciális energia a koordinátáknak pozitív

de�nit kvadratikus alakja lesz:

V (q1; q2; : : : ; qf ) =1

2

fXi;j=1

bijqiqj; (bij = bji) :

A kinetikus energia a sebességkomponenseknek szintén pozitív de�nit kvadratikusalakjában állítható el½o

K =1

2

fXi;j=1

aij _qi _qj;

ahol aij = aji. A Lagrange-függvény

L =1

2

fXi;j=1

(aij _qi _qj � bijqiqj) :

A megfelel½o Lagrange-féle mozgásegyenletek

fXj=1

(aij �qj + bijqj) = 0; i = 1; : : : ; f;

amik egy másodrend½u, közönséges, homogén, állandó együtthatójú, lineárisdi¤erenciálegyenlet-rendszert alkotnak.A megoldást

qj = Cj cos (!t+ �)

60

alakban keressük, amit behelyettesítve a

fXj=1

�bij � !2aij

�Cj cos (!t+ �) = 0

egyenletrendszerre jutunk. A közös, id½ofügg½o tényez½ovel osztva, Cj-re homogén,lineáris egyenletrendszert kapunk

fXj=1

�bij � !2aij

�Cj = 0: (50)

Szorozzuk be az (50) egyenletet C�i komplex konjugálttal és összegezzünk i szerintis.

fXj;i=1

�bij � !2aij

�CjC

�i = 0;

amib½ol !2 kifejezhet½o

!2 =

Pfj;i=1 bijCjC

�iPf

j;i=1 aijCjC�i

:

Ha Cj = Aj +Bji tetsz½oleges alakú komplex szám, akkor a számlálóra írhatjuk, hogy

fXj;i=1

bij (Aj +Bji) (Ai �Bii) =

fXj;i=1

bij [AjAi +BjBi + (AiBj � AjBi) i]

=

fXj;i=1

bij [AjAi +BjBi] ;

ahol bij = bji miatt a kerek zárójelben álló kifejezés járuléka, annak antiszimmetrikusvolta miatt elt½unik. Az eredmény két pozitív de�nit kvadratikus alak összege. Ha-sonlóan adódik ugyanez a nevez½ore is, és így !2 értéke pozitív valós szám kell legyen.Az (50) egyenletrendszernek akkor lehet nemtriviális megoldása, ha

det�bij � !2aij

�= 0:

A determináns !2-re nézve f fokú Pf (!2) polinom, aminek általában f darab !2�megoldása van (� = 1; 2; : : : ; f). A megfelel½o !� értékeket a rendszer sajátfrekvenciái-nak hívjuk. Ha az egyenletrendszer !�-hoz tartozó megoldását C�j jelöli, a mozgás-egyenlet megfelel½o partikuláris megoldása

q�j = D�C�j cos (!�t+ ��) ;

ahol D� és �� tetsz½oleges állandó. Az általános megoldás a partikuláris megoldásokösszege lesz

qj =

fX�=1

D�C�j cos (!�t+ ��) ;

61

ami azt mutatja, hogy a rendszer általános mozgása egyszer½u harmonikus rezgésekszuperpozíciójával állítható el½o.Vezessük be a megoldásban a �� (t) = D� cos (!�t+ ��) jelölést, amivel

qj =

fX�=1

C�j��:

Ez az összefüggés értelmezhet½o a qj koordinátákról az új �� általános koordinátákratörtén½o áttérés de�níciójának is. Írjuk fel a Lagrange-függvényt az új változókban

L =1

2

fXi;j=1

(aij _qi _qj � bijqiqj) =1

2

fX�;�=1i;j=1

�aijC�iC�j _�� _�� � bijC�iC�j����

�:

Az (50) egyenlet szerint

fXi=1

bijC�i =

fXi=1

!2�aijC�i ésfXj=1

bijC�j =

fXj=1

!2�aijC�j:

Szorozzuk be az els½o egyenletet C�j-vel, a második egyenletet pedig C�i-vel és szum-mázzunk a másik index szerint is

fXi;j=1

bijC�iC�j =

fXi;j=1

!2�aijC�iC�j ésfX

i;j=1

bijC�iC�j =

fXi;j=1

!2�aijC�iC�j: (51)

A két egyenlet különbsége

fXi;j=1

�!2� � !2�

�aijC�iC�j = 0;

ami azt jelenti, hogy különböz½o frekvenciák esetén

fXi;j=1

aijC�iC�j = 0:

A C�j értékek homogén egyenlet megoldásából adódtak, így csak egy konstans szorzóerejéig vannak meghatározva. Használjuk ki ezt arra, hogy a fenti összeget az � = �esetében viszont, egységnyi érték½ure állítjuk be, amit összefoglalhatunk egy egyenlet-ben

fXi;j=1

aijC�iC�j = ���:

Az (51) egyenletek szerint viszont

fXi;j=1

bijC�iC�j = !2����:

62

Felhasználva az utóbbi összefüggéseket a Lagrange-függvény végül az

L =1

2

fX�;�=1

���� _�� _�� � !2��������

�=1

2

fX�=1

�_�2� � !2��

2�

�alakot ölti. A megfelel½o mozgásegyenlet

��� + !2��� = 0;

ami valóban a harmonikus rezgés egyenlete. Az így bevezetett �� általánoskoordinátákat normálkoordinátáknak, a rendszerben kialakuló rezgéseket normál-rezgéseknek hívjuk.Tekintsük példaként két darabm tömeg½u tömegpontot, amelyek az x tengely men-

tén mozoghatnak úgy, hogy egyenként egy-egy D direkciós erej½u rugóhoz csatoltuk½oket. A két tömegpontot csatolja egymáshoz is egy D0 állandójú rugó, ami nyúj-tatlan állapotban van a tömegpontok csatolás nélküli egyensúlyi helyzetében. Ha atömegpontok koordinátái x1 és x2, a Lagrange-függvény

L =m

2_x21 +

m

2_x22 �

D

2x21 �

D

2x22 �

D0

2(x1 � x2)

2 :

Leolvashatjuk, hogy

aij =

�m 00 m

�;

bij =

�D +D0 �D0

�D0 D +D0

�:

A frekvenciákat meghatározó determináns���� D +D0 � !2m �D0

�D0 D +D0 � !2m

���� = �D � !2m� �D + 2D0 � !2m

�= 0:

A rendszer sajátfrekvenciái a másodfokú egyenlet megoldásából

!1 =

rD

m; !2 =

rD + 2D0

m:

17. Hamilton-elv

Az el½oz½o szakaszban a Lagrange-egyenletet a d�Alembert-elvb½ol vezettük le, ami ún.di¤erenciális elv. Az alábbiakban a levezetést más módszerrel is elvégezzük, amitovábbi következtetésekre ad lehet½oséget.A matematikai módszer alapelvének megismeréséhez vizsgáljuk a következ½o prob-

lémát.

63

Az (x; y) síkban adott (x1; y1) és (x2; y2) pontok között keressük a legrövidebbfolytonos (rekti�kálható) görbét. A lehetséges görbék hosszát az alábbi integrál adjameg

I =

Z t2

t1

p_x2 + _y2dt;

ahol a görbét x = x (t), y = y (t) paraméteres alakban adtuk meg. A t paraméter agörbe kezd½opontjában veszi fel a t1 és a végpontjában a t2 értéket, azaz x1 = x (t1),y1 = (t1) és x2 = x (t2), y2 = (t2).A probléma az ún. variációszámítás alapfeladata, ami szerint egy vagy több olyan

ismeretlen yi (t) függvényt keresünk, amelyek mellett egy, a függvényeket tartalmazóintegrál értéke széls½oértéket vesz fel. Az integrál a következ½o általános alakú lehet:

I =

Z t2

t1

Fhyi (t) ; y

0i (t) ; : : : ; y

(n)i (t) ; t

idt;

ahol az F ún. alapfüggvény el½ore adott módon függ a k darab ismeretlen yi (t) füg-gvényt½ol (i = 1; : : : ; k), azok deriváltjaitól, valamint t-t½ol.Vizsgáljuk meg, hogyan változik az I integrál értéke, ha az yi (t) függvényeket

kismértékben megváltoztatjuk, azaz minden t értékénél eltér½o értéket adunk nekikazzal a kikötéssel, hogy a t1 és t2 értékeknél az eltérés nulla ("A-variáció"). Jelölje azyi (t) értékében bekövetkezett változást �yi (t), amire �yi (t1) = �yi (t2) = 0. Ezt a füg-gvényt az yi (t) függvény variációjának hívjuk. Az integrál �I változását (variációját)úgy tudjuk kiszámítani, hogy vesszük az új, megváltozott yi (t) + �yi (t) függvénnyelaz értékét és levonjuk bel½ole az eredeti yi (t) függvényre kapott értéket.

�I =

Z t2

t1

Fhyi (t) + �yi (t) ; y

0i (t) + �y0i (t) ; : : : ; y

(n)i (t) + �y

(n)i (t) ; t

idt

�Z t2

t1

Fhyi (t) ; y

0i (t) ; : : : ; y

(n)i (t) ; t

idt:

Mivel a két integrált ugyanarra az intervallumra képezzük, közös integrál alá lehet½oket vonni:

�I =

Z t2

t1

8<: Fhyi (t) + �yi (t) ; y

0i (t) + �y0i (t) ; : : : ; y

(n)i (t) + �y

(n)i (t) ; t

i�F

hyi (t) ; y

0i (t) ; : : : ; y

(n)i (t) ; t

i 9=; dt:

Az integrandus nem más, mint az F függvénynek az yi (t) függvények változása miattbekövetkezett �F megváltozása (variációja):

�I =

Z t2

t1

�Fdt:

Fejtsük ki �F -et az argumentumok megváltozása szerinti els½o rend½u közelítésben

�F =

kXi=1

nXj=0

@F

@y(j)i

�y(j)i ;

64

amivel

�I =kXi=1

Z t2

t1

nXj=0

@F

@y(j)i

�y(j)i dt:

Az integrálást azért vittük be az i indexre való összegzés mögé, hogy egy-egy inte-grálban csak adott i index½u yi függvény és deriváltjainak variációja szerepeljen.A továbbiakhoz használjuk ki azt, hogy a variálás és deriválás sorrendje felcserél-

het½o, azaz

�y(j)i =

dj�yidtj

;

hiszen itt a variáció alatt két függvény egyez½o t argumentumnál vett különbségétértjük, amiben deriváltat tagonként lehet képezni. Az i-edik integrál ezzel

�Ii =

Z t2

t1

nXj=0

@F

@y(j)i

dj�yidtj

dt

alakot vesz fel. A j = 0 index½u tagban a szorzó tényez½o a �yi variáció. A j = 1 index½utagon végezzünk parciális integrálást:Z t2

t1

@F

@yi

d�yidt

dt =@F

@yi�yi

����t2t1

�Z t2

t1

d

dt

�@F

@yi

��yidt:

De�níció szerint �yi értéke t1 és t2-nél nulla, így az els½o tag elt½unik.A j > 1 index½u tagokkal hasonló módon járhatunk el. Ha többször alkalmazzuk a

parciális integrálást szintén olyan integrálkifejezésekre jutunk, amelyekben megjelenika �yi szorzó tényez½o. Ennek megfelel½oen a �I variáció így alakul:

�I =kXi=1

Z t2

t1

�@F

@yi� d

dt

@F

@yi+ � � �

��yidt:

Ha az yi függvények megválasztása olyan, hogy az I integrál széls½oértéket veszfel, a �I variáció el kell t½unjön. Ennek megfelel½oen, mivel a szummában a tagokfüggetlenül veszik fel az értéküket, minden tagnak külön-külön el kell t½unnie.:Z t2

t1

�@F

@yi� d

dt

@F

@yi+ � � �

��yidt = 0:

Az integrálban �yi szabadon megadható függvény, így az integrál csak úgy t½unhet elazonosan, ha a zárójelben álló tényez½o értéke nulla:

@F

@yi� d

dt

@F

@yi+ � � � = 0:

A nyert di¤erenciálegyenlet(ek) neve Euler-Lagrange-egyenlet(ek). Az eredeti�I = 0 variációs probléma megoldásának keresését ilyen módon di¤erenciálegyenletekmegoldásának keresésére vezettük vissza.

65

Oldjuk meg az eredeti példánkat, ahol F =p_x2 + _y2 volt. A két keresend½o

függvény x (t) és y (t). Vegyük észre, hogy a legmagasabb fokú derivált, ami szerepelbenne, els½o fokú, ugyanakkor maguk a függvények nem fordulnak el½o, így az egyenleteka következ½oképpen alakulnak:

d

dt

@p_x2 + _y2

@ _x= 0;

d

dt

@p_x2 + _y2

@ _y= 0:

t szerint integrálva és a kijelölt parciális deriválásokat elvégezve kapjuk, hogy:

_xp_x2 + _y2

= A;

_yp_x2 + _y2

= B:

Az egyenletrendszer _x és _y-ra nézve algebrai egyenletrendszer, aminek megoldása:

_x = C;

_y = D

alakú. A megfelel½o görbe az egyenes, ahogy az várható volt.Vegyük észre, hogy a mechanikai rendszerek (47) Lagrange-egyenlete szintén variá-

ciós feladat Euler-Lagrange-egyenleteként származtatható, amennyiben az F alapfüg-gvénynek a Lagrange-függvényt választjuk:

S =

Z t2

t1

Ldt:

Mivel a klasszikus mechanikában a Lagrange-függvény általában nem tartalmazza akoordináták els½onél magasabb rend½u id½o szerinti deriváltját, az S ún. hatásfüggvényrekirótt

�S =

Z t2

t1

�Ldt = 0

variációs feltételb½ol származtatott Euler-Lagrange-egyenletek alakja

@L

@qi� d

dt

@L

@ _qi= 0

lesz, ami megegyezik a (47) egyenletekkel.A mozgásegyenletek tehát származtathatók a �S = 0 variációs feltételb½ol, ame-

lynek neve Hamilton-elv. Ez a mechanika egy ún. integrális elve, szemben a korábbanmegismert di¤erenciális elvekkel.A Hamilton-elv fenti megfogalmazása holonom, konzervatív rendszerekre

vonatkozik. Lehetséges azonban az elvet úgy általánosítani, hogy nem konzer-vatív és anholonom rendszerekre is alkalmazható legyen.

66

Legyen a nemkonzervatív rendszer kinetikus energiája K és jelöljük a rendszerreható (esetleg nem konzervatív) er½okomponenseketXi-vel. Írjuk fel a d�Alembert-elvet:

3nXi=1

(Xi �mi�xi) �xi = 0

és az els½o tag ismert átalakításával az Xi er½okomponensek virtuális munkáját adjukmeg az általános er½okkel:

�A =3nXi=1

Xi�xi =

fXi=1

Qi�qi:

A második tagot alakítsuk szorzat deriváltjává:

3nXi=1

mi�xi�xi =

3nXi=1

mid ( _xi�xi)

dt�

3nXi=1

mi _xid (�xi)

dt:

A második tagban használjuk ki, hogy a variálás és a deriválás sorrendje felcserélhet½o:

3nXi=1

mi�xi�xi =3nXi=1

mid ( _xi�xi)

dt�

3nXi=1

mi _xi� _xi:

A második tag a kinetikus energia variációja:

3nXi=1

mi _xi� _xi =3nXi=1

�mi _x

2i

2= �K:

A d�Alembert-elv ezek alapján a

�A�3nXi=1

mid ( _xi�xi)

dt+ �K = 0;

azaz

�A+ �K =d

dt

3nXi=1

(mi _xi�xi) ;

alakot ölti. Integráljuk az egyenletet id½o szerint:Z t2

t1

(�A+ �K) dt =

Z t2

t1

d

dt

3nXi=1

(mi _xi�xi) dt =

3nXi=1

(mi _xi�xi)

�����t2

t1

:

Mivel az id½ointervallum elején és végén a variálási szabályunk szerint �xi elt½uniknyerjük az ún. általánosított Hamilton-elvet:Z t2

t1

(�A+ �K) dt = 0:

67

A korábban már végrehajtott átalakítás szerint

�K =

fXi=1

�@K

@qi� d

dt

@K

@ _qi

��qi;

amivel végül is az alábbi egyenletet nyerjük:Z t2

t1

fXi=1

�@K

@qi� d

dt

@K

@ _qi+Qi

��qidt = 0:

Mivel a �qi tetsz½olegesen választható, azt kapjuk, hogy

@K

@qi� d

dt

@K

@ _qi+Qi = 0;

ami a már megismert mozgásegyenlettel egyenl½o.Anholonom kényszerek esetén az általános koordinátákat nem tudjuk úgy

megválasztani, hogy afXi=1

ajidqidt+ aj0 = 0

kényszerfeltételeket ne kelljen külön �gyelembe venni. Ennek megfelel½oen a

�S =

Z t2

t1

fXi=1

�@K

@qi� d

dt

@K

@ _qi+Qi

��qidt

variáció elt½unéséb½ol nem következik közvetlenül a zárójelben álló kifejezés elt½unése,hiszen a �qi variációk között fenn kell álljanak a

fXi=1

aji�qi = 0

kényszerkapcsolatok. Ezt a Lagrange-féle multiplikátorok alkalmazásával vehetjük�gyelembe aminek megfelel½oen az integrandust kiegészítjük a

sXk=1

�k

fXi=1

aki�qi = 0

összeggel.

�S =

Z t2

t1

fXi=1

@K

@qi� d

dt

@K

@ _qi+Qi +

sXk=1

�kaki

!�qidt

A módszer elve szerint a �qi-k ekkor már függetlennek tekinthet½ok és így az integrálelt½unésének feltétele, hogy

@K

@qi� d

dt

@K

@ _qi+Qi +

sXk=1

�kaki = 0

68

legyen. Ez valóban a keresett mozgásegyenlet, ami a fenti kényszeregyenletekkelegyütt oldandó meg.Anholonom, konzervatív rendszer esetén az els½o három tag Lagrange-függvényb½ol

származtatható:@L

@qi� d

dt

@L

@ _qi+

sXk=1

�kaki = 0:

18. Megmaradó mennyiségek

A Hamilton-elv alapján a rendszerek viselkedésér½ol fontos állításokat tehetünk. Az ál-talános tétel bemutatása el½ott azonban vizsgáljunk meg néhány konkrét összefüggést.Vizsgáljuk meg a L (qi; _qi; t) Lagrange-függvény id½obeli változását, azaz készítsük elaz id½o szerinti teljes deriváltját:

dL

dt=

fXi=1

�@L

@qi_qi +

@L

@ _qi�qi

�+@L

@t:

Az Euler-Lagrange-egyenlet szerint

@L

@qi=

d

dt

@L

@ _qi;

tehátdL

dt=Xi

�d

dt

�@L

@ _qi

�_qi +

@L

@ _qi�qi

�+@L

@t:

A zárójelben álló kifejezés szorzat deriváltja, így:

dL

dt=

d

dt

fXi=1

@L

@ _qi_qi +

@L

@t:

Átrendezved

dt

fXi=1

@L

@ _qi_qi � L

!= �@L

@t

adódik. Konzervatív rendszerben a Lagrange-függvény explicite nem függ az id½ot½ol,azaz @L

@t= 0, így a

C =

fXi=1

@L

@ _qi_qi � L

mennyiség megmaradó mennyiség. A kifejezés értékének meghatározásához alka-lmazzuk Euler tételét a homogén függvényekr½ol. n-ed rend½u homogén függvény egyf (x1; x2; : : : ; xk) függvény, ha tetsz½oleges xi behelyettesítési értékekre az � paramétertetsz½oleges választása esetén fennáll, hogy

f (�x1; �x2; : : : �xk) = �nf (x1; x2; : : : ; xk) :

69

Ekkor Euler tétele szerint

kXi=1

@f (x1; x2; : : : ; xk)

@xixi = nf (x1; x2; : : : ; xk) :

(A bizonyításhoz elég képezni a fenti egyenlet � szerinti deriváltját az � = 1helyen.)Konzervatív rendszer esetén a Lagrange-függvénybeli kinetikus energia a

sebességeknek csak kvadratikus alakját tartalmazza, azaz K a sebességeknekmásodrend½u homogén függvénye. Ekkor

fXi=1

@L

@ _qi_qi =

fXi=1

@K

@ _qi_qi = 2K:

A C mennyiségre pedig azt kapjuk, hogy

C = 2K � L = 2K �K + U = K + U;

azaz a teljes energiával egyenl½o.Vezessük be a Lagrange-függvény segítségével az ún. kanonikus vagy általános

impulzus fogalmát:

pi =@L

@ _qi:

Amennyiben a Lagrange-függvény nem függ explicite valamelyik qi koordinátától,azaz @L

@qi= 0, a megfelel½o pi kanonikus impulzus megmaradó mennyiség lesz. A

mozgásegyenlet szerint ui.@L

@qi=

d

dtpi

és így pi állandó. A megfelel½o qi koordinátát ciklikus koordinátának hívjuk.Érdemes megvizsgálni a kanonikus impulzus jelentését. Egy Descartes-

koordinátákban megadott konzervatív rendszer esetén, ahol L = K �U , a kanonikusimpulzus

pi =@L

@ _xi=@K

@ _xi= mi _xi

megegyezik a korábban bevezetett impulzussal.Tekintsük azonban az elektromágneses térben mozgó ponttöltést, aminek a

Lagrange-függvénye általánosított potenciált tartalmaz:

L =m

2v2 � e� + eAv:

A kanonikus impulzusok ebb½ol

pi = mvi + eAi;

ami eltér mvi-t½ol. Az utóbbit, a megkülönböztetés céljából kinetikus impulzusnaknevezzük, mivel ez valóban a részecske mozgásával függ össze és a környezettel valópillanatnyi kölcsönhatásokban (pl. ütközés) ez játszik szerepet.

70

Legyen valamely xi koordináta ciklikus, azaz @L@xi

= 0, akkor a megfelel½o meg-maradó mennyiség a pi = mvi + eAi lesz.Ha az elektromágneses tér sztatikus és ennek megfelel½oen � és A nem függ az

id½ot½ol, akkor a töltött részecske Lagrange-függvénye sem függ az id½ot½ol és a fentbevezetett C mennyiség állandó lesz:

C = pv � L = (mv + eA)v��m2v2 � e� + eAv

�;

azazC = K + e�;

ami a kinetikus és az elektrosztatikus (potenciális) energia összege.A megmaradó mennyiségekr½ol egy általános tételt is ki tudunk mondani, a

Hamilton-féle variációs elv tulajdonságainak vizsgálatával.A Lagrange-egyenlet alakjából következik, hogy adott mozgásegyenletre vezet½o

Lagrange-függvények nem egyértelm½uen adhatók meg. Vegyük észre ui., hogy egyadott L Lagrange-függvényhez hozzáadhatjuk egy tetsz½oleges f (q1; q2; : : : ; qf ; t) füg-gvény teljes id½oszerinti deriváltját:

L0 = L+d

dtf;

azaz

L0 = L+

fXj=1

_qj@f

@qj+@f

@t:

Helyettesítsük be L0-t a Lagrange-egyenletbe.

d

dt

@

@ _qiL� @

@qiL+

d

dt

@

@ _qi

fXj=1

_qj@f

@qj+@f

@t

!� @

@qi

fXj=1

_qj@f

@qj+@f

@t

!= 0:

Írjuk le külön a harmadik és negyedik tagot és végezzük el a deriválásokat

d

dt

@f

@qi�

fXj=1

_qj@2f

@qi@qj� @

@qi

@f

@t=

fXj=1

@2f

@qj@qi_qj +

@2f

@t@qi�

fXj=1

_qj@2f

@qi@qj� @2f

@t@qi

és használjuk ki, hogy a Young-tétel szerint az utolsó átalakítás után megjelent els½oés harmadik tag értéke egyenl½o. A nyert összeg tehát elt½unik, ami azt jelenti, hogyaz eredeti L Lagrange-függvényb½ol származtatott egyenletre jutunk.Nézzük meg, hogy ez az eredmény milyen kapcsolatban áll a Hamilton-elvvel.

Írjuk fel az L0 függvény integráljának variációját:

�S 0 = �

Z t2

t1

L0dt = �

Z t2

t1

Ldt+ �

Z t2

t1

d

dtfdt: (52)

A második tagban elvégezzük az integrálást:

�S 0 = �

Z t2

t1

Ldt+ �f (q (t2) ; t2)� �f (q (t1) ; t1) :

71

A szabály szerint a végpontokban, azaz a t1 és t2 id½opontban q (t)-t nem variáljuk,így a második és harmadik tag nulla. Ennek megfelel½oen

�S 0 = �

Z t2

t1

Ldt;

ami azt jelenti, hogy �S 0 akkor t½unik el, ha az eredeti L Lagrange-függvény variációjaelt½unik, azaz fennáll az eredeti mozgásegyenlet.A Lagrange-függvény fenti tulajdonsága kapcsolatot teremt a megmaradó menny-

iségek és a �zikai rendszer szimmetriái között. Szimmetria alatt olyan transzformációtértünk, amellyel szemben a �zikai rendszer tulajdonságai nem változnak, azaz nemváltozik meg a mozgásegyenlete.Tekintsünk ui. egy olyan általános, in�nitezimális koordinátatranszformációt,

amelyet egy in�nitezimális �s paraméterrel jellemezhetünk a következ½o módon:

qi ! q�i = qi +�s�i;

ahol �i (qi) adott, véges függvény. A koordináták, valamint id½oderiváltjaik változásaennek megfelel½oen

�qi = �s�i;

� _qi = �s _�i:

Írjuk fel a Lagrange-függvény megváltozását és második lépésben vegyük �gyelembea koordináták megváltozásának fenti el½oállítását:

�L =

fXi=1

@L

@qi�qi +

fXi=1

@L

@ _qi� _qi =

fXi=1

@L

@qi�s�i +

fXi=1

@L

@ _qi�s _�i: (53)

Az els½o tagban használjuk ki a Lagrange-egyenletet

�L =

fXi=1

d

dt

@L

@ _qi�s�i +

fXi=1

@L

@ _qi�s _�i

!:

A zárójelben álló kifejezés szorzat deriváltja, ahol kiemeltük a �s közös tényez½ot:

�L =d

dt

�s

fXi=1

@L

@ _qi�i

!:

Ha a fenti transzformációval generált változás olyan, hogy egy függvény teljes de-riváltjával egyenl½o, akkor nem változtatja meg a mozgásegyenleteket. �L alakjaekkor:

�L =d

dt�sf (q1; q2; : : : qf ; t)

lesz, ahol mesterségesen leválasztottuk a �s szorzót azért, hogy az f függvény végeslehessen.

72

Tegyük egyenl½ové �L két alakját és rendezzük egy oldalra az egyenl½oséget:

�sd

dt

fXi=1

@L

@ _qi�i � f

!= 0:

Az eredmény szerint a zárójelben álló kifejezés egy megmaradó mennyiség:

fXi=1

@L

@ _qi�i � f = �alland�o: (54)

Példaként vizsgáljuk meg milyen megmaradó mennyiséget kapunk, ha a qj ko-ordináta ciklikus, azaz @L

@qj= 0. A koordinátatranszformációt ekkor kézenfekv½o úgy

választani, hogy a j-edik koordinátában hajtunk végre �s mérték½u eltolást. Ekkor�i = �i(j) és _�i = 0, ahol a zárójellel azt jeleztük, hogy j rögzített. A megfelel½ováltozások:

�qi = �s�i = �s�i(j);

� _qi = �s _�i = 0;

amib½ol (53) alapján @L@qj= 0 miatt

�L = 0:

Az f függvény azonosan nulla lehet, amib½ol (54) szerint a megmaradó mennyiség

@L

@ _qj= pj;

ami a j-edik koordinátához rendelt kanonikus impulzussal egyenl½o.Másik fontos példa a centrálszimmetrikus er½otérben mozgó tömegpont esetében

található megmaradó mennyiség. Egyszer½uség kedvéért rögtön csak kétdimenziósmozgást vizsgálunk. A Lagrange-függvény alakja L = m_r2

2� U (r). Írjuk fel hogyan

változnak a Descartes-koordináták, ha az origó körül �s szöggel forgatjuk el a rend-szert.

�x = ��sy;�y = �sx:

A megfelel½o paramétereket leolvashatjuk:

�x = �y;�y = x:

A Lagrange-függvény megváltozása (53) szerint

�L = �dUdr

@r

@x(��sy)� dU

dr

@r

@y�sx�m _x _y�s+m _y _x�s = 0;

73

mivel @r@x= x

rés @r

@y= y

r.

A megmaradó mennyiség (54) alapján

�m _xy +m _yx

lesz, ami az impulzusmomentum z-komponensével egyenl½o. Polárkoordinátákhasználata esetén

L =m

2

�_r2 + r2 _'2

�� U (r)

és a ' szög ciklikus koordináta, amire alkalmazhatjuk az el½oz½o példa eredményét ésaz impulzusmomentumot mint megmaradó mennyiséget az ismert polárkoordinátásalakban kapjuk:

Lz = mr2 _':

Kevésbé nyilvánvaló példa az x tengely mentén, g gyorsulással szabadon es½otömegpont esete, amelynek Lagrange-függvénye:

L =m _x2

2+mgx:

Toljuk el a rendszert az x tengely mentén �s-sel:

�x = �s;

azaz� = 1:

A Lagrange-függvény változása (53) szerint:

�L = mg�s;

amihez könny½u f függvényt találni:

f = mgt:

A megmaradó mennyiség ebb½ol:m _x�mgt;

ami valóban konstans a szabadesés esetén.A fenti megfontolások kiterjeszthet½ok olyan transzformációkra is, amelyek id½o-

beli eltolásokat is tartalmaznak. Az energiát, mint megmaradó mennyiséget ezzel azáltalánosabb megközelítéssel találhatjuk meg.

19. Kanonikus formalizmus

Az L (qi; _qi; t) Lagrange-függvényt a hely, a sebesség és az id½o függvényekéntértelmeztük, aminek eredményeképp a mozgásegyenletek másodrend½u di¤erenciále-gyenletek voltak.

74

A fent kifejtett Lagrange-formalizmus mellett létezik egy vele egyenérték½u, másikmegközelítés is, amelyben az egyenletek els½orend½uek és nagymérték½u szimmetriát mu-tatnak.Ebben a tárgyalásban a Lagrange-függvény segítségével de�niálunk egy új füg-

gvényt, az ún. Hamilton-függvényt:

H =

fXi=1

pi _qi � L;

ahol pi = @L@ _qi, a korábban már bevezetett i-edik kanonikus impulzuskomponens. A

H = H (qi; pi; t) Hamilton-függvényt a qi, pi és a t változók függvényének tekintjük ésígy a _qi általános sebességkomponenseket a kanonikus impulzusokat de�niáló össze-függésekb½ol történ½o _qi = _qi (qk; pk; t) kifejezés után kiejtjük. A Hamilton-függvényneka Lagrange-függvényb½ol történ½o fenti el½oállítása példa az ún. Legendre-féle függvény-transzformáció alkalmazására.Írjuk fel a H Hamilton-függvény qk szerinti parciális deriváltját:

@H

@qk=

fXi=1

�pi@ _qi@qk

� @L

@ _qi

@ _qi@qk

�� @L

@qk:

A zárójelben álló két tag a kanonikus impulzus de�níciója értelmében kiesik. Az utolsótag a Lagrange-egyenlet szerint � _pi-vel egyenl½o, aminek eredményeképp fennáll, hogy

@H

@qk= � _pk:

A Hamilton-függvény pk szerinti parciális deriváltja:

@H

@pk= _qk +

fXi=1

�pi@ _qi@pk

� @L

@ _qi

@ _qi@pk

�:

A zárójelben álló kifejezés a kanonikus impulzus de�níciója szerint elt½unik:

@H

@pk= _qk:

Írjuk fel az id½o szerinti parciális deriváltat:

@H

@t=

fXi=1

�pi@ _qi@t� @L

@ _qi

@ _qi@t

�� @L

@t;

azaz@H

@t= �@L

@t:

75

Foglaljuk össze a nyert egyenl½oségeket egy egyenletrendszernek tekintve ½oket:

@H

@qk= � _pk;

@H

@pk= _qk;

@H

@t= �@L

@t:

A kapott egyenletek az ún. (Hamilton-féle) kanonikus egyenletek, amelyek els½orend½u,közönséges di¤erenciálegyenlet-rendszert alkotnak. Látjuk, hogy a hely és impulzuskomponensek egyenjogú szerepet játszanak, aminek a kés½obbiekben fontos szerepelesz.Példaként írjuk fel a szabadon es½o tömegpontra vonatkozó kanonikus egyenleteket.

A Lagrange-függvény

L =m _x2

2+mgx;

ahol az x tengely függ½olegesen lefelé mutat. Készítsük el a kanonikus impulzust

p =@L

@ _x= m _x;

amib½ol _x = pmés így

H = p _x� L =p2

2m�mgx:

A kanonikus egyenletek:

�mg = � _p;p

m= _x:

Másik példaként vizsgáljuk a U (r) centrális potenciáltérben mozgó tömegpontmozgását. Síkbeli r és ' polárkoordináták használata esetén a Lagrange-függvény:

L =m

2

�_r2 + r2 _'2

�� U (r) :

A megfelel½o kanonikus impulzusok:

pr =@L

@ _r= m _r;

p' =@L

@ _'= mr2 _':

A Hamilton-függvény de�níciója szerint:

H =Xi

@L

@ _qi_qi � L;

76

amir½ol korábban láttuk, hogy konzervatív, holonom-szkleronom rendszer esetén azértéke egyenl½o a megmaradó energiával, azaz

H = K + U:

Írjuk fel a kinetikus energia járulékát:

K =m

2

�_r2 + r2 _'2

�:

A Hamilton-függvényben a sebességek helyett a kanonikus impulzusoknak kell szere-pelniük, így a megfelel½o alak:

H =1

2m

�p2r +

p2'r2

�+ U (r)

lesz. Írjuk fel a kanonikus egyenleteket:

@H

@'= � _p', azaz 0 = �

d (mr2 _')

dt;

@H

@r= � _pr, azaz

�p2'mr3

+@U

@r= �m�r:

A másik két egyenlet a kanonikus impulzusokat de�niáló egyenletekkel ekvivalens:

@H

@p'= _', azaz

p'mr2

= _';

@H

@pr= _r, azaz

prm= _r:

Fontos példa az egydimenziós harmonikus oszcillátor, amelynek Lagrange-függvénye:

L =m

2_x2 � D

2x2:

A kanonikus impulzus:

p =@L

@ _x= m _x;

amivel a Hamilton-függvény

H =p2

2m+D

2x2:

Tanulságos példa a csillapított, harmonikus oszcillátor, aminek a mozgásegyenlete

m�x+ � _x+Dx = 0:

Behelyettesítéssel meggy½oz½odhetünk arról, hogy a mozgásegyenlet a következ½o,id½ofügg½o Lagrange-függvényb½ol állítható el½o

L =1

2

�m _x2 �Dx2

�exp

��t

m

�:

77

A kanonikus impulzus

p =@L

@ _x= m _x exp

��t

m

�;

ami csak t = 0 id½opontban egyezik meg az m _x kinetikus impulzussal. A Hamilton-függvény

H = p _x� L =p2

2mexp

���tm

�+Dx2

2exp

��t

m

�szintén id½ofügg½o.Külön említést érdemelnek az elektromágneses térben mozgó m tömeg½u és e elek-

tromos töltés½u részecske mozgásegyenletei. Láttuk, hogy ekkor a Lagrange-függvény:

L =m

2_r2 � e� + eA_r;

és a kanonikus impulzusvektor:

p = m_r+ eA:

A Hamilton-függvény ennek alapján:

H = p_r� L =m

2_r2 + e� =

1

2m(p� eA)2 + e�:

Térjünk át indexes írásmódra (i = 1; 2; 3) és írjuk fel a mozgásegyenleteket:

_pi = �@H

@ri= e

"3Xj=1

(pj � eAj)

m

@Aj@ri

� @�

@ri

#;

_ri =@H

@pi=pi � eAi

m:

a második egyenlet alapján az els½o egyenlet bal oldalába helyettesítsünk _pi = m�ri +e _Ai-ot, a jobb oldalon pedig az els½o tagban _rj-ot:

m�ri + e _Ai = e

3Xj=1

_rj@Aj@ri

� @�

@ri

!:

Átrendezve:

m�ri = e

3Xj=1

_rj@Aj@ri

� _Ai �@�

@ri

!:

Fejtsük ki az _Ai�= dAi

dt

�deriváltat:

m�ri = e

3Xj=1

_rj@Aj@ri

�3Xj=1

_rj@Ai@rj

� @Ai@t

� @�

@ri

!= e

3Xj=1

_rj

�@Aj@ri

� @Ai@rj

��e�@Ai@t

+@�

@ri

�:

78

A (49) képlet elemzésénél beláttuk, hogy az els½o tag (e_r� rotA)i-vel, míg a másodiktag (eE)i-vel egyenl½o és így

m�r = e (_r� rotA+ E) :

Érdemes fel�gyelni arra, hogy a skalár- és vektorpotenciálok nem egyértelm½uenadhatók meg. A vektorpotenciált a

B = rotA

egyenl½oséggel de�niáltuk. A meghatározása nem egyértelm½u, hiszen léteznek olyan,eltér½o A0 vektormez½ok, amelyek rotációja megegyezik A rotációjával:

B = rotA =rotA0;

azazrot (A�A0) = 0:

A feltétel kielégíthet½o, ha a zárójelben álló kifejezés egy tetsz½oleges f függvény gra-diensével egyenl½o:

gradf = A�A0;

vagyisA0 = A�gradf:

A megfelel½o �0 skalárpotenciál ugyanazt az elektromos teret kell generálja, tehát

E = �grad�� @A

@t= �grad�0 � @A0

@t

kell legyen.Beírva a vektorpotenciálokra nyert feltételt kapjuk, hogy

grad

��0 � �� @f

@t

�= 0:

Ez a feltétel is kielégíthet½o a

�0 = �+@f

@t

választással.Felmerül a kérdés, hogy mi történik a mozgásegyenletekkel, ha a Hamilton-

függvényben is végrehajtjuk a fenti ún. másodrend½u mértéktranszformációt? Ekkoraz új kanonikus impulzus p0 = m_r + eA0 segítségével a Hamilton-függvény a fentide�níció szerint

H 0 =1

2m(p0 � eA0)

2+ e�0 (6= H)

lesz, ami eltér H-tól. Azt a kérdést, hogy a kanonikus egyenletek a megváltozottHamilton-függvénnyel hogyan tudják ugyanazt a mozgást leírni a következ½o sza-kaszban vizsgáljuk meg.

79

20. Kanonikus transzformációk

A Lagrange-formalizmus alkalmazásánál láttuk, hogy a koordinátarendszer, azaz a qiáltalános koordináták megválasztásában nagyfokú szabadságunk van, ami a mozgás-egyenletek felírásánál és vizsgálatánál rendkívül el½onyös.A kanonikus egyenletekben a koordináták és a kanonikus impulzusok is egyen-

rangú szerepet játszanak. Így felmerül annak a lehet½osége, hogy a koordináta-transzformációk értelmezését kiterjesszük és olyan transzformációkat is megenged-jünk, amelyek a koordináták mellett az impulzusokat is transzformálják. A qikoordináták által kifeszített f -dimenziós ún. �kon�gurációs� tér koordináta-transzformációiról áttérünk a qi-k és pi-k által kifeszített 2f dimenziós �fázistér�koordináta-transzformációira.A kanonikus egyenletek pl. nagyon könnyen megoldhatóvá válnak, ha megfelel½o

transzformációval a qi általános koordináták ciklikussá tehet½ok, amikor H nem függa qi koordinátáktól. A Hamilton-függvény tehát nem tartalmazza a koordinátákat ésígy:

_pi = �@H

@qi= 0:

Az egyenlet megoldása konstans:pi = �i:

Ha ezeket a konstansokat visszahelyettesítjük a Hamilton-függvénybe: H =H (�1; �2; : : : ; �f ), a kanonikus egyenletek másik csoportja is egyszer½uen megoldható,hiszen a Hamilton-függvény deriváltjai is állandók.

_qi =@H

@�i= !i;

amib½olqi = !it+ ci:

Vizsgáljuk meg, hogy milyen feltételeknek kell eleget tenniük a régi qi és pi vál-tozókról az új Qk és Pk változókra történ½o áttérést a

Qk = Qk (q1; q2; : : : ; qf ; p1; p2; : : : ; pf ; t) ;

Pk = Pk (q1; q2; : : : ; qf ; p1; p2; : : : ; pf ; t) ;

(k = 1; 2; : : : ; f) :

egy-egy értelm½u függvénykapcsolatokkal de�niáló összefüggéseknek ahhoz, hogy amozgásegyenletek továbbra is a kanonikus egyenletek

_Qk =@H 0

@Pk;

_Pk = �@H 0

@Qk

alakjában legyenek felírhatók, ahol H 0 = H 0 (Qk; Pk; t) az új változókban felírtHamilton-függvényt jelöli. Az ilyen transzformáció neve kanonikus transzformáció.

80

A feltételek megtalálásához el½oször vizsgáljuk meg, hogy a kanonikus formaliz-musra történ½o áttérés milyen következményekkel jár a Hamilton-elvre vonatkozóan.A Hamilton-elv eredeti megfogalmazása szerint �S = 0, ahol

�S =

Z t2

t1

�Ldt

a qi koordináták által kifeszített f dimenziós kon�gurációs térben felírt vonalmentiintegrált jelöl. Számítsuk ki ugyanezt az integrált úgy, hogy most L helyébe azL =

Pfi=1 pi _qi �H alakot helyettesítjük:

�S =

Z t2

t1

�

fXi=1

pi _qi �H

!dt:

Fejtsük ki a variációkat:

�S =

Z t2

t1

fXi=1

��pi _qi + pi� _qi �

@H

@qi�qi �

@H

@pi�pi

�dt:

A második tagban hajtsuk végre a parciális integrálást:

�S =

Z t2

t1

fXi=1

��pi _qi � _pi�qi �

@H

@qi�qi �

@H

@pi�pi

�dt+

fXi=1

pi�qi

�����t2

t1

:

Az utolsó tag értéke nulla mivel a végpontokban nem variálunk. Az integrandusbanpedig csoportosítsuk a tagokat:

�S =

Z t2

t1

fXi=1

��_qi �

@H

@pi

��pi �

�@H

@qi+ _pi

��qi

�dt:

A pi és qi változók független variálása esetén �S akkor és csak akkor t½unik el, hafennállnak a kanonikus egyenletek, azaz a kerek zárójelben álló kifejezések nullák.Látjuk tehát, hogy a Hamilton-elv a kanonikus formalizmus kereteiben úgy

alkalmazandó, hogy a hely és impulzus komponenseket független változóknaktekinthetjük, és ennek megfelel½oen az S =

R t2t1Ldt integrált a qi-k és pi-k által

kifeszített 2f dimenziós fázistérben kell kiszámítanunk és variálnunk. A megfelel½oelvet szokták módosított Hamilton-elvnek nevezni.A fentiek alapján, az új változókban akkor fognak fennállni a kanonikus egyenletek,

ha a módosított Hamilton-elv az új változókban is alkalmazható:Z t2

t1

�

fXi=1

Pi _Qi �H 0

!dt = 0:

Korábban láttuk, l. (52), hogy ugyanarra pályára vett vonalmenti integrálokvariációi akkor nem különböznek egymástól, ha a két alapfüggvény csak egy teljesid½oszerinti deriválttal tér el egymástól. Ennek megfelel½oen felírhatjuk, hogy:

fXi=1

pi _qi �H =

fXi=1

Pi _Qi �H 0 +dW

dt: (55)

81

Mivel a két variáció értéke nulla, még egy szorzófaktort is megengedhetünk a baloldalon. Tekintve, hogy a szorzófaktor nem vezet lényegesen új transzformációkra,azt a továbbiakban 1-nek fogjuk választani (ún. unimoduláris transzformációkat vizs-gálunk).A W függvény az id½on kívül, a koordináták és impulzusok függvénye lehet. Mivel

a régi és új változók egyértelm½uen el½oállíthatók egymásból, a W függvényt célszer½uf darab régi és f darab új változó függvényében megadni. Négy alaptípust szokásmegkülönböztetni, attól függ½oen, hogy mik a változók:

W1 (qi; Qi; t) ;W2 (qi; Pi; t) ;W3 (pi; Qi; t) ;W4 (pi; Pi; t) :

Alkalmazzuk az 1-es típust, amikor W = W1 (qi; Qi; t). A teljes deriváltat kifejtvenyerjük, hogy

fXi=1

pi _qi �H =

fXi=1

Pi _Qi �H 0 +

fXi=1

@W1

@qi_qi +

fXi=1

@W1

@Qi_Qi +

@W1

@t;

vagy csoportosítva a tagokat

fXi=1

�pi �

@W1

@qi

�_qi =

fXi=1

�Pi +

@W1

@Qi

�_Qi �H 0 +H +

@W1

@t:

Mivel a régi és új koordináták független változók, az egyenl½oség akkor állhat fennazonosan, ha _qi és _Qi együtthatói elt½unnek:

pi =@W1

@qi;

Pi = �@W1

@Qi;

valamint

H 0 = H +@W1

@t

kell legyen. AW függvényt, ami a fenti egyenleteken keresztül megteremti a kapcsola-tot a régi és új változók, valamint a régi és új Hamilton-függvény között, a kanonikustranszformáció alkotófüggvényének hívjuk.A 2-es típusú W2 alkotófüggvényt a W1-b½ol de�niáljuk az alábbi függvénytransz-

formációval:

W2 = W1 +

fXk=1

PkQk

= W1 �

fXk=1

@W1

@QkQk

!:

Ekkor W2 saját változói qi; Pi és t lesznek. Helyettesítsük be a (55) egyenletbe aW1 = W2 (qi; Pi; t)�

Pfk=1 PkQk el½oállítást:

fXi=1

pi _qi�H =

fXi=1

Pi _Qi�H 0+

fXi=1

@W2

@qi_qi+

fXi=1

@W2

@Pi_Pi+

@W2

@t�

fXi=1

_PiQi�fXi=1

Pi _Qi:

82

Rendezzük az egyenletet és vegyük �gyelembe, hogy a jobb oldal els½o és utolsó tagjakiesik:

fXi=1

�pi �

@W2

@qi

�_qi =

fXi=1

�@W2

@Pi�Qi

�_Pi �H 0 +H +

@W2

@t:

Mivel a qi és Pi változók függetlenek, az egyenl½oséget akkor lehet azonosan kielégíteni,ha a zárójelben álló kifejezések elt½unnek

pi =@W2

@qi;

Qi =@W2

@Pi

és ennek megfelel½oen

H 0 = H +@W2

@t:

A 3-as és 4-es típusú alkotófüggvények szintén hasonló módon de�niálhatók:

W3 (pi; Qi; t) =W1 �fXk=1

pkqk

= W1 �

fXk=1

@W1

@qkqk

!;

W4 (pi; Pi; t) =W1 +

fXk=1

PkQk �fXk=1

pkqk

= W1 �

fXk=1

@W1

@QkQk �

fXk=1

@W1

@qkqk

!:

Az (55) egyenletbe történ½o behelyettesítéssel az alábbi transzformációs egyenleteketnyerjük:

qi = �@W3

@pi;

Pi = �@W3

@Qi;

H 0 = H +@W3

@t;

valamint

qi = �@W4

@pi;

Qi =@W4

@Pi;

H 0 = H +@W4

@t:

Vizsgáljunk meg néhány példát.

83

1. Legyen az alkotófüggvény 1-es típusú

W1 =

fXk=1

qkQk:

A transzformációs egyenletek:

pi =@W1

@qi= Qi;

Pi = �@W1

@Qi= �qi:

A transzformáció felcseréli a koordinátákat és impulzusokat, ami mutatja, hogy akanonikus formalizmusban a koordináták és impulzusok valóban egyenjogú szerepetjátszanak.2. Válasszuk az alábbi 2-es típusú alkotófüggvényt

W2 =

fXk=1

qkPk:

A megfelel½o transzformációs egyenletek:

pi =@W2

@qi= Pi;

Qi =@W2

@Pi= qi:

Ezek az identitás transzformáció egyenletei, azaz az új és régi koordináták és impulzu-sok megegyeznek egymással.3. Tételezzük fel, hogy a kon�gurációs térben a Qk = Qk (qi; t) leképezéssel sz-

eretnénk koordinátatranszformációt végrehajtani. Belátjuk, hogy ez is kanonikustranszformációval érhet½o el. Válasszuk az alkotófüggvényt

W2 =

fXk=1

Qk (qi; t)Pk

alakban. A transzformációs egyenletek:

pi =@W2

@qi=

fXk=1

@Qk (qi; t)

@qiPk;

Qi =@W2

@Pi= Qi (qi; t) :

A második egyenlet valóban azt a koordináta-transzformációt írja le, amit végreakartunk hajtani. Az ilyen, ún. ponttranszformáció ezek szerint, mindig kanon-ikus. A számítás többleteredményeként, megkaptuk az impulzuskomponensek tran-szformációs szabályát is. Érdemes megemlíteni, hogy ha a ponttranszformációt a

84

qk = qk (Qi; t) inverzfüggvényekkel de�niáljuk, a W3 = �Pf

k=1 qk (Qi; t) pk alkotófüg-gvényt érdemes használni. Ekkor a

qi = �@W3

@pi= qi (Qi; t) ;

Pi = �@W3

@Qi=

fXk=1

@qk (Qi; t)

@Qipk

alakban kapjuk az eredményt, ami már a régi impulzusok függvényében állítja el½o azúj impulzusokat.4. Ponttranszformációra elemi példa a síkbeli Descartes-koordináták és polárko-

ordináták közötti áttérés. Tanulságos ezt 3-as típusú alkotófüggvénnyel felírni:

W3 = �pxr cos'� pyr sin':

A számolási szabály szerint

x = �@W3

@px= r cos';

y = �@W3

@py= r sin':

Az áttérés második egyenletcsoportja szerint

Pr = px cos'+ py sin';

P' = �pxr sin'+ pyr cos';

ahol az impulzuskomponensek indexei a megfelel½o konjugált koordinátákra utalnak.5. Legyen a rugóra er½osített tömegpont Hamilton-függvénye

H =1

2mp2 +

D

2x2:

Válasszunk egy 1-es típusú alkotófüggvényt:

W1 =

pmD

2x2 cotQ:

A transzformációs összefüggések

p =@W1

@x=pmDx cotQ;

P = �@W1

@Q=

pmD

2x2

1

sin2Q;

H 0 = H:

A Hamilton-függvény értéke nem változik, de át kell térnünk az új változókra.

H 0 =1

2mmDx2 cot2Q+

D

2x2

85

Fejezzük ki x2-et a második egyenletb½ol

x2 =2P sin2Qp

mD

és helyettesítsük be H 0-be

H 0 = DP sin2Qp

mDcot2Q+D

PpmD

sin2Q =

rD

mP = !P:

A Hamilton-függvény rendkívül egyszer½uvé vált, és az új Q koordináta ciklikus. Akanonikus egyenletek

_P = 0;

_Q = !;

amiknek a megoldása:

P = � (�alland�o) ;

Q = !t+ �:

Az eredeti x változó kifejezhet½o Q-val és P -vel:

x =

s2PpmD

sinQ =

s2�pmD

sin (!t+ �) :

6. Az elektromágneses térben mozgó ponttöltés Hamilton-függvénye

H =1

2m(p� eA)2 + e�:

Hajtsunk végre kanonikus transzformációt a W2 = P � r+ ef (r; t) alkotófüggvénnyel,ahol f (r; t) tetsz½olegesen adott függvény. A transzformációs összefüggések:

p =@W2

@r= P+ e

df

dr;

Q =@W2

@P= r:

Az új Hamilton-függvény

H 0 = H +@W2

@t= H + e

@f

@t:

Helyettesítsük be az új változókat:

H 0 =1

2m

�P+ e

df

dr� eA

�2+ e

�� +

@f

@t

�:

86

Látjuk, hogy a transzformáció eredménye olyan Hamilton-függvény, amelyben az újhelyváltozó megegyezik a régivel. Ugyanakkor végrehajtottunk egy mértéktranszfor-mációt az f mértékfüggvénnyel, mivel azA0 = A�gradf és �0 = �+ @f

@thelyettesítés-

sel éppen az új P kanonikus impulzusokkal felírt Hamilton-függvényt nyertük:

H 0 =1

2m(P� eA0)

2+ e�0:

Szintén látható, hogy az m_r = p� eA kinetikus impulzus nem változott a transzfor-máció során, hiszen fennáll, hogy

p� eA = P� eA0:

Ennek megfelel½oen a részecske állapotát Descartes-koordinátákban megadó hely- éssebességvektorok értéke nem változik!

21. Hamilton-Jacobi-egyenlet

Keressünk olyan kanonikus transzformációt, ami a kanonikus egyenleteket a lehet½olegegyszer½ubb alakra hozza:

@H 0

@Pi= _Qi = 0; (56)

@H 0

@Qi= � _Pi = 0: (57)

Ezt elérhetjük, ha az új H 0 Hamilton-függvényt½ol azt követeljük meg, hogy t½unjön el.Legyen a transzformáció alkotó függvénye 2-es típusú S (qi; Pi; t), amivel a transzfor-mációs szabály:

Qi =@S

@Pi; (58)

pi =@S

@qi;

H 0 = H +@S

@t:

Az új Hamilton-függvény elt½unésének feltétele:

H (qi; pi; t) +@S

@t= 0:

Mivel az új Pi impulzusoktól a kanonikus egyenletek második csoportja, (57) szerintmegköveteljük, hogy Pi = �i konstansok legyenek, az S alkotófüggvény tulajdonkép-pen csak a qi és t változóktól függ:

S = S (qi; �i; t) :

87

Figyelembe véve a második, (58) transzformációs egyenleteket, a Hamilton-függvényrevonatkozó fenti feltétel a

H

�qi;

@S

@qi; t

�+@S

@t= 0 (59)

alakot ölti, ami S-re nézve egy parciális di¤erenciálegyenlet. Az egyenlet neveHamilton-Jacobi-egyenlet és az S alkotófüggvényt principális függvénynek hívjuk.A Hamilton-Jacobi-egyenlet, ami egy nemlineáris parciális di¤erenciálegyenlet,

nem mindig oldható meg zárt alakban, de ha találunk megoldást, a kanonikus egyen-letek megoldása már közönséges algebrai egyenletek megoldásával adódik.Vizsgáljuk meg az S principális függvény id½obeli változását:

dS

dt=

fXi=1

@S

@qi_qi +

@S

@t=

fXi=1

pi _qi �H = L:

Integrálva az összefüggést:

S (t)� S (t0) =

Z t

t0

Ldt

látjuk, hogy a principális függvény értéke megegyezik a Hamilton-elvet kielégít½o hatás-függvény értékével.Ha a Hamilton-Jacobi-egyenlet egy megoldása S(qi; �i; t), ahol a megoldás tartal-

maz f db �i paramétert, alkalmazhatjuk az els½o transzformációs egyenleteket

Qi =@S

@Pi=@S

@�i:

Ugyanakkor az els½o kanonikus egyenlet (56) szerint Qi = �i konstans , amib½ol

�i =@S (qj; �j; t)

@�i:

Az így nyert algebrai egyenletek rendszerét (i = 1 : : : f) qj-re megoldva kapjuk az ere-deti probléma qj = qj (�i; �j; t) megoldását, amiben az �i és �i konstansok megfelel½oválaszthatósága teszi lehet½ové az adott kezdeti feltételekhez való illesztést.Tekintsük az egydimenziós harmonikus oszcillátor esetét:

H =1

2mp2 +

D

2x2:

A megfelel½o Hamilton-Jacobi-egyenlet:

1

2m

�@S

@x

�2+D

2x2 +

@S

@t= 0:

Az egyenlet megoldását az ilyen típusú parciális di¤erenciálegyenletek esetén szokásosváltozószétválasztás módszerével kísérelhetjük meg. A módszer értelmében feltételez-zük, hogy a megoldásfüggvény két olyan tagra esik szét, amelyek csak egy változótólfüggenek, azaz

S = St (t) + S0 (x) :

88

Behelyettesítve az1

2m

�dS0 (x)

dx

�2+D

2x2 +

dSt (t)

dt= 0

egyenletre jutunk. Mivel az els½o két tag csak x-t½ol, a harmadik tag pedig csak azett½ol függetlenül megadható t-t½ol függ, az összegük csak úgy lehet konstans nulla, hakülön-külön konstans az értékük.

1

2m

�dS0 (x)

dx

�2+D

2x2 = E;

dSt (t)

dt= �E:

A nyert egyenletek közönséges, szeparábilis di¤erenciálegyenletek, amelyek megold-hatók. A második egyenlet megoldása közvetlenül felírható

St (t) = �Et:

Az additív konstans tagot el is hagytuk, mivel a principális függvény értéke úgy iscsak egy konstans erejéig van meghatározva, hiszen a Hamilton-Jacobi-egyenletbenS-nek csak a deriváltjai szerepelnek!Az els½o egyenlet megoldásához a szokásos átrendezés után jutunk el:

dS0 (x)

dx=pm (2E �Dx2);

amib½ol

S0 (x) =

Z pm (2E �Dx2)dx:

Érdemes észrevenni, hogy a továbblépéshez a primitív függvény explicit alakjátnem is szükséges megadni, mivel a principális függvény �i paraméterek szerinti de-riváltjait kell egyenl½ové tennünk új �i konstansokkal, azaz a

�i =@S

@�i

feltételt kell felírnunk. Az S = S0 + St függvényben egyedül az E paraméter jelentmeg, amib½ol a

�E =@ (S0 + St)

@E=

Zmp

m (2E �Dx2)dx� t

feltételhez jutunk. Az integrál kiértékelhet½o

�E + t =

rm

2E

Z1q

1� D2Ex2dx =

rm

D

Z1p1� y2

dy =

rm

Darcsin

rD

2Ex:

Invertálás után kapjuk a keresett megoldást:

x =

r2E

Dsin

rD

m(�E + t)

!:

89

A fenti példából az is látható, hogy ha a Hamilton-függvény nem függ az id½ot½ol,az (59)

H

�qi;

@S

@qi

�+@S

@t= 0

Hamilton-Jacobi-egyenlet megoldásánál az id½ováltozóra vonatkozó szétválasztást ál-talában is megtehetjük és feltételezhetjük, hogy

S = S0 (q1; q2; : : : ; qf ) + St (t)

alakban kereshet½o. A behelyettesítés a

H

�qi;@S0@qi

�+@St@t

= 0

egyenletre vezet, amiben az els½o tag csak a koordinátáktól, a második tag pedig csakaz id½ot½ol függ. A két tag összege csak úgy lehet nulla, ha mindkét tag állandó

H

�qi;@S0@qi

�= E és

@St@t

= �E:

A második egyenletet azonnal meg tudjuk oldani:

St = �Et+ const:

Az els½o egyenlet neve rövidített Hamilton-Jacobi-egyenlet, amiben a keresett S0rövidített hatásfüggvény már nem függ az id½ot½ol.Tekintsük a ferde hajítás példáját. Descartes-koordinátákban a Hamilton-

függvény:

H =1

2m

�p2x + p2y + p2z

�+mgz:

A megfelel½o rövidített Hamilton-Jacobi-egyenlet

1

2m

"�@S0@x

�2+

�@S0@y

�2+

�@S0@z

�2#+mgz = E;

ahol S0 az x; y; z függvénye. Az egyenlet megoldásához újra alkalmazhatjuk a változókszétválasztásának módszerét, azaz a rövidített hatásfüggvényt

S0 (x; y; z) = Sx (x) + Sy (y) + Sz (z)

alakban állítjuk el½o. Behelyettesítve a�dSxdx

�2+

�dSydy

�2+

�dSzdz

�2+ 2m2gz = 2mE

egyenletet nyerjük. Az els½o tag csak x-t½ol, a második csak y-tól, míg az utolsó kéttag összege csak z-t½ol függ. Ezeknek a tagoknak az összege csak úgy adhat állandót,

90

ha mindegyik külön-külön állandóval egyenl½o:�dSxdx

�2= �2x;�

dSydy

�2= �2y;�

dSzdz

�2+ 2m2gz = �2z:

Fejezzük ki a megfelel½o deriváltakat

dSxdx

= �x;

dSydy

= �y;

dSzdz

=p�2z � 2m2gz;

amib½ol

Sx = x�x

Sy = y�y;

Sz =

Z p�2z � 2m2gzdz =

(�2z � 2m2gz)32

�3m2g:

A megoldás receptje szerint most képezni kell az S = Sx + Sy + Sz � Et principálisfüggvény �i paraméterek szerinti deriváltjait és azokat egyenl½ové kell tenni az új �ikonstansokkal. Most �gyelembe kell venni, hogy az állandók nem függetlenek, aHamilton-Jacobi-egyenlet szerint ugyanis fennáll, hogy

�2x + �2y + �2z = 2mE;

azaz

E =�2x + �2y + �2z

2m:

Így

@S

@�x= x� �x

mt = �x;

@S

@�y= y � �y

mt = �y;

@S

@�z=�zp�2z � 2m2gz

�m2g� �zmt = �z:

91

A kapott egyenletekb½ol fejezzük ki a koordinátákat:

x =�xmt+ �x;

y =�ymt+ �y;

z =�2z +

hm2g�z

��zmt+ �z

�i22m2g

= �g2t2 � mg�z

�zt+

�2z2m2g

� m2g�2z2�2z

:

Az elektromágneses térben mozgó részecske Hamilton-Jacobi-egyenletét érdemeskülön felírni. A már bevezetett Hamilton-függvényben végrehajtva a p �! @S

@r

helyettesítést:1

2m

�@S

@r� eA

�2+ e� +

@S

@t= 0: (60)

A Hamilton-Jacobi-egyenlet megoldása általában nem egyszer½u, ezért fontos felis-merni a Hamilton-függvénynek azokat a speciális alakjait, amelyek standard módsz-erek alkalmazását teszik lehet½ové. A változók szétválasztásának általánosabb esete,amikor az egyenletben megjelen½o Hamilton-függvény a qi; pi változókat valamilyen gifüggvényeken keresztül tartalmazza:

H = H [g1 (q1; p1) ; g2 (q2; p2) ; : : : ; gf (qf ; pf ) ; ] :

A rövidített Hamilton-Jacobi-egyenlet ekkor a

H

�g1

�q1;

@S0@q1

�; g2

�q2;

@S0@q2

�; : : : ; gf

�qf ;

@S0@qf

��= E

alakot ölti. A bal oldal állandó lesz, ha H minden argumentuma állandó:

gi

�qi;@S0@qi

�= �i; (i = 1; : : : ; f) ; (61)

hiszen ekkorH [�1; �2; : : : ; �f ] = E

ami az �i értékek állandósága miatt állandó.Ezt biztosíthatjuk az S0 függvény változók szerint szétdarabolt alakban való

keresésével

S0 (q1; q2; : : : ; qf ) =

fXi=1

Si (qi) : (62)

A felbontás alapján a (61) feltételek az Si függvényekre vonatkozó

gi

�qi;dSidqi

�= �i; (i = 1; : : : ; f)

alakú közönséges di¤erenciálegyenletek alakját öltik.

92

A Hamilton-Jacobi-egyenlet megoldási problémája szintén közönséges di¤erenciál-egyenletek megoldására redukálódik, ha a Hamilton-függvény egymásba ágyazott gifüggvényeken keresztül tartalmazza a változókat:

H = gf fqf ; pf ; gf�1 [: : : q3; p3; g2 (q2; p2; g1 (q1; p1))]g :

A rövidített egyenlet ekkor

H = gf

�qf ;

@S0@qf

; gf�1

�: : : q3;

@S0@q3

; g2

�q2;

@S0@q2

; g1

�q1;

@S0@q1

����= E:

Az S0 függvényre újra feltételezve az (62) alakot, kapjuk, hogy

H = gf

�qf ;

dSfdqf

; gf�1

�: : : q3;

dS3dq3

; g2

�q2;

dS2dq2

; g1

�q1;

dS1dq1

����= E:

A megoldást kereshetjük egymásba ágyazott konstansokkal:

g1

�q1;

dS1dq1

�= �1;

g2

�q2;

dS2dq2

; �1

�= �2;

... =...

gf

�qf ;

dSfdqf

; �f�1

�= �f (= E) :

A parciális di¤erenciálegyenlet megoldásához a fenti közönséges di¤erenciálegyen-leteket kell megoldani.Az utóbbi alakú lesz a centrális er½otérben mozgó tömegpont Hamilton-függvénye,

ha térbeli polárkoordinátákat használunk. A Lagrange-függvény

L =m

2

�_r2 + _#2r2 + r2 sin2 # _'2

�� U (r) :

A kanonikus impulzusok

pr =@L

@ _r= m _r;

p# =@L

@ _#= mr2 _#;

p' =@L

@ _'= mr2 sin2 # _';

amib½ol a Hamilton-függvény

H =m

2

�_r2 + _#2r2 + r2 sin2 # _'2

�+ U (r) =

1

2m

�p2r +

p2#r2+

p2'r2 sin2 #

�+ U (r) :

93

Megfelel½oen zárójelezve a Hamilton-függvény

H =1

2m

�p2r +

1

r2

�p2# +

p2'sin2 #

��+ U (r)

alakú lesz, ahol

g' = p2';

g# = p2# +g'sin2 #

;

gr =1

2m

�p2r +

1

r2g#

�+ U (r) :

Az S = S' (') + S# (#) + Sr (r) felbontás bevezetése után a szeparált di¤erenciále-gyenletek �

dS'd'

�2= �';�

dS#d#

�2+

�'sin2 #

= �#;

1

2m

"�dSrdr

�2+1

r2�#

#+ U (r) = E:

Mivel a ' ciklikus koordináta, p' állandó, amivel

�' = p2':

A három egyenlet megoldása ezzel

S' = p'';

S# =

Z r�# �

p2'sin2 #

d#;

Sr =

Z r2m [E � U (r)]� 1

r2�#dr:

A teljes megoldás

S = �Et+ p''+

Z r�# �

p2'sin2 #

d#+

Z r2m [E � U (r)]� 1

r2�#dr:

A mozgásegyenletek általános megoldását úgy kapjuk, hogy az E, p', és �# szerintideriváltakat új konstansokkal tesszük egyenl½ové.

94

22. Poisson-zárójelek

Egy rendszer állapotát kimerít½oen leírja a fázistérben elfoglalt helyzete, azaz a hely- ésimpulzuskoordinátáinak értéke. Ebb½ol az is következik, hogy tetsz½oleges, a rendszerállapotától függ½o �zikai mennyiség megadható F = F (qi; pi; t) alakban. Vizsgáljukmeg, hogyan változnak id½oben az ilyen ún. fázisfüggvények.

dF

dt=

fXk=1

�@F

@qk_qk +

@F

@pk_pk

�+@F

@t:

A kanonikus egyenletek alapján a hely és impulzus szerinti deriváltakat helyettesítsüka Hamilton-függvény megfelel½o deriváltjaival.

dF

dt=

fXk=1

�@F

@qk

@H

@pk� @F

@pk

@H

@qk

�+@F

@t:

A nyert kifejezés áttekinthet½obb kezeléséhez vezessük be a tetsz½oleges A és Bfázisfüggvények ún. Poisson-zárójelét, amit az alábbi módon de�niálunk

fA;Bg =fXk=1

�@A

@qk

@B

@pk� @A

@pk

@B

@qk

�:

Az új jelöléssel az F fázisfüggvény id½obeli változása

dF

dt= fF;Hg+ @F

@t(63)

alakban adható meg.Példaként vizsgáljuk meg az i index½u qi helykoordináta id½ofüggését:

_qi = fqi; Hg =fXk=1

�@qi@qk

@H

@pk� @qi@pk

@H

@qk

�=@H

@pi;

ami nem más mint a megfelel½o kanonikus egyenlet. Hasonló módon írhatjuk az im-pulzusok id½obeli változására, hogy

_pi = fpi; Hg = �@H

@qi:

Ha egy F fázisfüggvény explicit módon nem függ az id½ot½ol, akkor az id½ofüggésreadódik, hogy

_F = fF;Hg :Az id½ot½ol explicite nem függ½o F fázisfüggvény ezek szerint akkor lesz megmaradómennyiség, ha

fF;Hg = 0:A Poisson-zárójelek néhány általános tulajdonságát érdemes felsorolni, mivel ezek

kihasználásával a számítások sokszor leegyszer½usíthet½ok. Amennyiben az A;B és Cfázisfüggvényeket jelöl, az alábbi azonosságok behelyettesítéssel igazolhatók:

95

1. fA;Bg = �fB;Ag ;

2. ff (A1; A2; : : : ; An) ; Bg =Pn

i=1@f@AifAi; Bg, ahol f tetsz½oleges n-változós, de-

riválható függvény,

3. � fA;Bg = f�A;Bg + fA;�Bg, ahol � tetsz½oleges paraméter szerinti de-riválást jelent,

4. ffA;Bg ; Cg+ ffB;Cg ; Ag+ ffC;Ag ; Bg = 0, Jacobi-azonosság.

Az els½o három azonosság a Poisson-zárójel de�níciójának felírása után közvetlenüladódik. A Jacobi-azonosság igazolása azonban, közvetlen számolással rendkívülhosszadalmas, ezért más módszerrel szokás bizonyítani. Megjegyzésre érdemes,hogy a Jacobi-azonosság kvantummechanikai megfelel½ojének igazolása sokkal "kön-nyebben" elvégezhet½o, mint a klasszikus mechanikában.Számítsuk ki egy tetsz½olegesA fázisfüggvény Poisson-zárójelét egy rögzített index½u

koordinátával és egy rögzített index½u impulzus komponenssel:

fqi; Ag =fXk=1

�@qi@qk

@A

@pk� @qi@pk

@A

@qk

�=@A

@pi;

hiszen @qi@qk= �ik és

@qi@pk

= 0. Hasonló módon kapjuk, hogy

fpi; Ag =fXk=1

�@pi@qk

@A

@pk� @pi@pk

@A

@qk

�= �@A

@qi:

Fontos összefüggéseket kapunk, ha A helyébe a qj vagy pj kanonikus változóthelyettesítjük:

fqi; qjg = 0;fpi; pjg = 0;fqi; pjg = �ij:

A nyert összefüggések az ún. fundamentális Poisson-zárójelek.Felmerül a kérdés, hogy a Poisson-zárójelek, hogyan transzformálódnak egy qi; pi

! Qi; Pi változócserével járó kanonikus transzformáció esetén, azaz milyen viszony-ban állnak egymással a fA;Bgqp és a fA;BgQP mennyiségek, ahol az indexek a régiqi; pi és az új Qi; Pi kanonikus változókra vonatkozó Poisson-zárójelekre utalnak.Írjuk fel a 3-as típusú W3 (pi; Qj) alkotó függvény használata esetén adódó tran-

szformációs egyenleteket:

qi = �@W3

@pi;

Pj = �@W3

@Qj

96

és deriváljuk az egyenleteket a másik változó szerint:

@qi@Qj

= � @2W3

@Qj@pi;

@Pj@pi

= � @2W3

@pi@Qj:

A Young-tétel szerint@qi@Qj

=@Pj@pi

: (64)

Hasonló módon nyerjük a W4 (pi; Pj)-b½ol származtatható

qi = �@W4

@pi;

Qj =@W4

@Pj

egyenletekb½ol, hogy@qi@Pj

= �@Qj@pi

: (65)

Írjuk most fel a fqi; AgQP Poisson-zárójelet:

fqi; AgQP =fXk=1

�@qi@Qk

@A

@Pk� @qi@Pk

@A

@Qk

�=

fXk=1

�@Pk@pi

@A

@Pk+@Qk@pi

@A

@Qk

�;

ahol kihasználtuk a (64) és (65) összefüggéseket. Vegyük észre, hogy az eredmény nemmás mint az A mennyiség pi szerinti deriváltja, amit a láncszabály alkalmazásávalírtunk fel, azaz

fqi; AgQP =@A

@pi:

Err½ol már bizonyítottuk, hogy a fqi; Agqp Poisson-zárójellel egyenl½o és így

fqi; AgQP = fqi; Agqp :

Hasonló lépésekkel láthatjuk be, hogy

fpi; AgQP = fpi; Agqp :

Most írjuk fel a keresett fA;BgQP Poisson-zárójelet és tekintsük A-t a régi vál-tozók függvényének, amire alkalmazhatjuk a Poisson-zárójelek második tulajdonságát

fA (qi; pi) ; BgQP =fXk=1

�@A

@qkfqk; BgQP +

@A

@pkfpk; BgQP

�:

97

A jobb oldalon fellép½o Poisson-zárójelekr½ol már beláttuk, hogy kicserélhet½ok amegfelel½o konjugált változó szerinti deriváltakra, amivel:

fA;BgQP =fXk=1

�@A

@qk

@B

@pk� @A

@pk

@B

@qk

�= fA;Bgqp :

A Poisson-zárójelek tehát fázisfüggvények és így a fundamentális Poisson-zárójelekegy változótranszformáció kanonikus jellegének eldöntéséhez kritériumot adnak. Az újQi; Pj változókra teljesülniük kell a fundamentális Poisson-zárójelekre nyert azonossá-goknak:

fQi; Qjgqp = 0;fPi; Pjgqp = 0;fQi; Pjgqp = �ij:

Be lehet látni, hogy az egyenl½oségek fennállása elegend½o is a transzformáció kanonikusjellegéhez.A �zikai mennyiségek Poisson-zárójeleinek vizsgálatát folytassuk a tömegpont

impulzusmomentum-komponenseinek Poisson-zárójeleivel. L = r� p, aminek x és ykomponensei

Lx = ypz � zpy;

Ly = zpx � xpz:

Érdemes áttérni az indexes jelölésre, azaz x = x1, y = x2, z = x3. Az új jelöléssel afenti két komponens Poisson-zárójele:

fL1; L2g =3Xi=1

�@L1@xi

@L2@pi

� @L1@pi

@L2@xi

�= p2x1 � x2p1 = L3:

Ciklikus indexcserével azonnal kapjuk, hogy

fL2; L3g = L1 és fL3; L1g = L2:

A három egyenlet összefoglalható egy egyenletben:

fLi; Ljg =3Xk=1

"ijkLk:

Most írjuk fel az impulzusmomentum j-edik Lj komponensének és az impulzus-momentum L2 =

P3i=1 L

2i négyzetének Poisson-zárójelét és alkalmazzuk a 2. tulaj-

donságot. �L2; Lj

=

3Xi=1

2Li fLi; Ljg =3Xi=1

3Xk=1

2Li"ijkLk = 0;

98

mivel aP3

i=1

P3k=1 "ijkSik összeg mindig elt½unik, ha Sik szimmetrikus mátrix.

Egy amennyiség id½oszerinti deriváltja (63) szerint _a = fa;Hg+ @a@t. Ennek alapján

írjuk fel két mennyiség, a és b Poisson-zárójelének id½oderiváltját:

d

dtfa; bg = ffa; bg ; Hg+ @

@tfa; bg :

Az els½o tagban alkalmazzuk a Jacobi-azonosságot, a második tagban pedig végezzükel a deriválást.

d

dtfa; bg = �ffH; ag ; bg � ffb;Hg ; ag+

�@a

@t; b

�+

�a;@b

@t

�=

�fa;Hg+ @a

@t; b

�+

�a;@b

@t+ fb;Hg

�=

�da

dt; b

�+

�a;db

dt

�:

A fenti deriválási formula alapján azonnal adódik Poisson tétele, ami szerint haa és b mennyiség megmarad, a Poisson-zárójelük is megmaradó mennyiség lesz. Haugyanis da

dt= db

dt= 0, akkor a fenti szabály szerint d

dtfa; bg = 0 lesz, ami azt jelenti,

hogy fa; bg állandó.A tétel az esetek jelent½os részében nem szolgáltat új megmaradó mennyiségeket,

az fa; bg Poisson-zárójel értéke az a és b mennyiség valamilyen f (a; b) függvénye lesz.Fontos kivétel az impulzusmomentum komponenseinek esete. Ha L1 és L2 megmaradómennyiség, akkor fL1; L2g = L3 is az lesz.

23. In�nitezimális kanonikus transzformációk

Vizsgáljunk olyan kanonikus transzformációkat, amelyek alkalmazása során az új ko-ordináták és impulzusok csak kis értékekkel térnek el az eredetileg bevezetett ko-ordinátáktól ill. impulzusoktól, azaz legyen

Qi = qi + �qi;

Pi = pi + �pi

úgy, hogy �qi és �pi kicsi legyen qi és pi mellett. Az ilyen transzformáció csak kismértékben tér el az identitás transzformációtól, aminek az alkotófüggvényére láttuk,hogy

W2 =

fXk=1

qkPk:

Az alkotófüggvényt ezért célszer½u a fenti függvényt½ol kissé eltér½o függvény alakjábankeresni:

W2 =

fXk=1

qkPk + "G (qi; Pi; t) ;

99

ahol a bevezetett " paraméter értékét fogjuk kicsinek választani azért, hogy aG (qi; Pi)függvény értéke már véges lehessen. Írjuk fel a transzformációs szabályokat:

pi =@W2

@qi= Pi + "

@G

@qi;

Qi =@W2

@Pi= qi + "

@G

@Pi:

Leolvashatjuk, hogy

�qi = "@G

@Piés �pi = �"

@G

@qi:

Mivel pi és Pi egymástól csak in�nitezimális értékkel tér el, ha a G függvényben Pi-tpi-re cseréljük az " @G@Pi értékében csak másodrendben jelenik meg hiba. Ezért a Ggenerátorfüggvénynek nevezett függvényt szokás a qi és pi függvényében megadni,amivel végül a

�qi = "@G (qi; pi)

@piés �pi = �"

@G (qi; pi)

@qi

összefüggésekre jutunk.Válasszuk most generátorfüggvénynek a H = H (qi; pi; t) Hamilton-függvényt és

legyen " = dt. A fenti szabály szerint:

�qi = dt@H (qi; pi; t)

@pi= dt _qi = dqi és

�pi = �dt@H (qi; pi; t)

@qi= dt _pi = dpi:

Tehát a dt id½otartam alatt a rendszer qi koordinátáiban és pi impulzusaibanbekövetkezett dqi és dpi változás is egy kanonikus transzformációnak felel meg. Arendszer kanonikus egyenletek szerinti fejl½odése kanonikus transzformációk soroza-tából áll! Speciálisan, a rendszer egy t1 és t2 id½opontban létrejöv½o állapotainakegymásra való leképezése kanonikus transzformációnak felel meg.Vizsgáljuk meg, mi történik egy id½ofüggetlen U (qi; pi) fázisfüggvény értékével egy

in�nitezimális kanonikus transzformáció esetén. Írjuk fel els½orendben a változást:

�U =

fXi=1

�@U

@qi�qi +

@U

@pi�pi

�=

fXi=1

�@U

@qi"@G

@pi+@U

@pi(�") @G

@qi

�= " fU;Gg :

Alkalmazzuk a kapott összefüggést a H Hamilton-függvényre:

�H = " fH;Gg :

Láttuk, hogy ha egy id½ofüggetlen fázisfüggvénynek a Hamilton-függvénnyel vettPoisson-zárójele elt½unik, akkor az egy megmaradó mennyiség. A fentiek szerint, amegmaradó mennyiségek olyan in�nitezimális kanonikus transzformációkat generálógenerátorfüggvények, amelyek nem változtatják meg a Hamilton-függvény értékét.

100

Els½o példaként válasszuk generátorfüggvénynek a k-adik kanonikus impulzuskom-ponenst: G = pk. A transzformációs szabály szerint

�qi = "@G

@pi= "�ki;

�pi = �"@G

@qi= 0;

ami szerint pk a k-adik koordinátatengely mentén történ½o eltolás generátorfüggvénye.A fentiek értelmében viszont így pk akkor lesz megmaradó mennyiség, ha egy qkmentén történ½o eltolásnál a Hamilton-függvény nem változik.Második példánkban a generátorfüggvény legyen a tömegpont impulzusmomen-

tum vektorának Descartes-koordinátákban megadott z-komponense: G = xpy � ypx.A transzformációs szabály

�x = "@G

@px= �"y; �y = "

@G

@py= "x; �z = "

@G

@pz= 0;

�px = �"@G

@x= �"py; �py = �"

@G

@y= "px; �pz = �"

@G

@z= 0:

A fels½o sorból leolvashatjuk, hogy a generált transzformáció a z tengely körüli elemi" szöggel történ½o elfordulásnak felel meg, hiszen az in�nitezimális " szöggel történ½oelfordulás Descartes-rendszerbeli mátrixa:

A =

0@ cos " � sin " 0sin " cos " 00 0 1

1A t

0@ 1 �" 0" 1 00 0 1

1Acos " t 1 és sin " t 0 miatt. A második sor szerint az impulzus komponensek követika helyvektor komponensek transzformációs szabályát. Megismételve a fenti gondo-latmenetet, levonhatjuk a következtetést miszerint, ha az impulzusmomentum egyadott tengelyhez tartozó komponense megmaradó mennyiség, a Hamilton-függvényérzéketlen lesz az ezen tengely körüli elforgatásokra.Érdemes észre venni, hogy a z tengely körüli elforgatások generátorfüggvényét,

amir½ol kiderült, hogy az impulzusmomentum z-komponensével egyenl½o, az eltolásokravonatkozó megfontolásokkal egyszer½ubben is megkaphatjuk. Legyen ui. a polárko-ordinátákban felírt rendszer kitüntetett koordinátája a ' azimutszög. Az " elemiszöggel történ½o elforgatás nemmás, mint ezen koordináta irányában történ½o "mérték½ueltolás. A ' szöghöz konjugált p' kanonikus impulzusról viszont már korábban láttuk,hogy egyenl½o a z tengelyhez tartozó impulzusmomentummal.Mivel a z tengelyt tetsz½olegesen választhatjuk, fenti eredmény tetsz½oleges tengelyre

általánosítható. A vizsgált tengely irányát adjuk meg egy n egységvektorral. Ha azimpulzusmomentum vektora L, akkor a tengely körüli elforgatás generátorfüggvénye,a fentiek alapján az impulzusmomentum tengelyirányú vetülete lesz:

Gn = nL:

101

24. Fázistérfogat

Mint azt korában is láttuk, egy mechanikai rendszer állapotát egy fázistérbeli pontreprezentálja. A fázispont mozgását az id½oben a kanonikus egyenletek határoz-zák meg, amelyek a qi (t), pi (t) függvényekre nézve egy els½orend½u, közönségesdi¤erenciálegyenlet-rendszert alkotnak. Helyezzünk el a fázistérben a t0 id½opontban a�zikai rendszer különböz½o, lehetséges "kezd½o" állapotainak megfelel½o (fázis)pontokat,úgy hogy a s½ur½uségük � (qi; pi; t0) legyen. A fázispontok a kanonikus egyenleteknekmegfelel½o mozgást fognak végezni, aminek következtében egy t > t0 id½opontban elos-zlásuk s½ur½usége � (qi; pi; t)-re változik. Szemléltethetjük a mozgást úgy hogy egy 2fdimenziós térbeli folyadékot képzelünk el, aminek neve fázisfolyadék. A fázisfolyadékegy-egy eleme, azaz a pont helyzetének megfelel½o állapotban lév½o �zikai rendszer akanonikus egyenleteknek megfelel½o mozgást végez. A fázistér egy � tartományábantalálható fázispontok P száma a t id½opillanatban ennek megfelel½oen:

P =

Z�

� (qi; pi; t) d�

lesz, ahol d�-val jelöltük a 2f dimenziós fázistér elemi fázistérfogatát. Az id½o múlásá-val a fázispontok kanonikus egyenleteknek megfelel½oen máshova vándorolnak és az ere-deti � tartományban található fázispontok a t0 > t id½opontban egy más �0 tartománytfoglalnak el. Mivel a fázispontok, de�níció szerint, nem t½unnek el és nem keletkeznek,az új tartományban a fázispontok száma megegyezik az eredeti tartományban talál-ható fázispontok számával:Z

�0� (qi; pi; t

0) d� =

Z�

� (qi; pi; t) d�:

A bal oldali integrált bontsuk fel a �0 és a � tartományok �0 n � különbség-tartományára vett és a � tartományra vett integrál összegére és redukáljuk azegyenletet nullára:Z

�0n�� (qi; pi; t

0) d� +

Z�

[� (qi; pi; t0)� � (qi; pi; t)] d� = 0: (66)

Ha az eltelt t0 � t = �t id½otartam kicsi, a �0 n � tartomány egy a � tartománytkörülölel½o �tvn vastagságú réteget jelent, ahol vn a fázispontok lokális v sebességéneka � tartományt körülölel½o F felület df felületelemeire mer½oleges vetületét jelöli. Egya df felületelemre mer½olegesen állított �tvn magasságú elemi hasáb térfogata d� =�tvn jdf j, ahol vn jdf j kifejezhet½o a v sebességvektor és a felületelem df vektoránakskaláris szorzataként, amivel:

d� = �tvdf :

A vizsgált integrál így az F zárt felületre vett integrállá alakulZ�0n�

� (qi; pi; t0) d� =

I� (qi; pi; t

0)�tvdf :

102

A (66) egyenlet második integráljában az integrandus els½orend½u közelítésbenhelyettesíthet½o a s½ur½uség id½oszerinti parciális deriváltjával:

� (qi; pi; t0)� � (qi; pi; t) = �t

@�

@t;

ami után �t-vel történt egyszer½usítés után nyerjük, hogyZ�

@�

@td� +

I�vdf = 0:

Ha a második tagot a Gauss-tétel segítségével térfogati integrállá alakítjuk, egytérfogati integrált kapunk Z

�

�@�

@t+ div (�v)

�d� = 0:

Számítsuk ki div (�v) értékét a 2f dimenziós fázistérben. A v sebesség komponenseia fázistérben ( _qi; _pi)-val egyenl½ok, így

div (�v) =

fXi=1

�@ (� _qi)

@qi+@ (� _pi)

@pi

�=

fXi=1

�@�

@qi_qi + �

@ _qi@qi

+@�

@pi_pi + �

@ _pi@pi

�:

Használjuk ki, hogy a kanonikus egyenletek szerint _qi = @H=@pi és _pi = �@H=@qi,amit behelyettesíve kapjuk, hogy:

div (�v) =

fXi=1

�@�

@qi

@H

@pi+ �

@2H

@qi@pi� @�

@pi

@H

@qi� �

@2H

@pi@qi

�:

A második és negyedik tag a Young-tétel alapján kiesik, a megmaradó két tag pedigegy Poisson-zárójel formájában írható fel, amivelZ

�

�@�

@t+ f�;Hg

�d� = 0:

Az integrál csak úgy t½unhet el tetsz½oleges tartományon, ha az integrandus nulla:

@�

@t+ f�;Hg = 0:

A nyert összefüggés a "fázisfolyadék mozgásegyenlete", aminek neve Liouville-egyenlet.A Liouville-egyenlet egyik triviális megoldása a

� � 1

eloszlásfüggvény. Ha erre az eloszlásra vonatkozóan felírjuk egy tetsz½oleges tar-tományon a fázispontok P számát, az éppen egyenl½o lesz a tartomány térfogatával:

P =

Z�

� (qi; pi; t) d� =

Z�

d� = �:

103

Mivel az együttmozgó tartomány térfogata egy tetsz½oleges id½opontban is ugyanezzelaz integrállal adható meg, ami viszont a fentiek szerint id½oben állandó, levonhatjuka következtetést, hogy a fázistér tetsz½oleges tartományának térfogata a fázispontokkanonikus egyenletek szerint történ½o mozgása során állandó marad. A fázispontok,szemléletesen szólva összenyomhatatlan folyadékként viselkednek. Ez Liouville tétele.A Liouville-egyenletnek más megoldásai is léteznek, amelyek közül különösen

fontosak a stacionárius eloszlásnak megfelel½o megoldások:

@�

@t= 0:

A Liouville-egyenlet szerint ennek feltétele, hogy

f�;Hg = 0

legyen. A nyert egyenletnek könny½u megoldását találni, ha a H Hamilton-függvénynem függ az id½ot½ol, azaz

@H

@t= 0:

Ekkor, ha a � s½ur½uség csak a Hamilton-függvényen keresztül függ a fázistérbeli helyt½ol,azaz � = � (H (qi; pi)) alakban állítható el½o, az megoldás lesz hiszen a Poisson-zárójelek 2. tulajdonsága miatt

f� (H) ; Hg = d�

dHfH;Hg

és az 1. tulajdonsága miattfH;Hg = 0:

A stacionárius megoldásokat a statisztikus �zikában azonosítják a termodinamikaiegyensúly helyzetével, így ezek ismerete rendkívül fontos.Említsünk meg a rendszerek T h½omérséklet½u kanonikus sokaságának speciális es-

etét, amelyben

� = �0 exp

�� H

kT

�:

k az ún. Boltzmann-állandó. Az eloszlás neve Boltzmann-eloszlás.

25. Relativisztikus általánosítások

A klasszikus mechanika mozgásegyenletei minden Galilei-rendszerben ugyanolyanalakban állnak fenn. A vonatkoztatási rendszer megválasztásában nagyfokú sz-abadságunk van, amit általában a feladatok megoldásánál ki is használunk úgy,hogy igyekszünk olyan vonatkoztatási rendszerben felírni a mozgásegyenleteket,amelyekben könnyebb megoldani ½oket.A további megfontolásokat Descartes-rendszerekben fogjuk elvégezni és kikötjük,

hogy a hely és id½okoordináták mértékegységét a különböz½o rendszerekben ugyanolyan-nak választjuk. Ezzel kiküszöbölünk egy transzformációs lépést, amire akkor lenne

104

szükségünk, ha különböz½o rendszerbeli eredményeket szeretnénk összehasonlítani.Descartes-rendszerek között is eltérések lehetnek az origó megválasztásában és az(x; y; z) koordinátatengelyek irányításában. Az inerciarendszer de�níciója szerint egyadott id½opillanatban teljes fedésben lév½o két rendszer is mozoghat egymáshoz képestállandó sebességgel, hiszen ha az egyikben állandó sebességgel mozognak a magukrahagyott tömegpontok, akkor egy ehhez képest állandó sebességgel mozgó rendszerbenis ezt fogják tenni. A különböz½o inerciarendszerekben (Galilei-féle vonatkoztatásirendszerekben) a tömegpontok koordinátái, valamint az azokból származtatottmennyiségek (pl. sebesség) általában eltér½oek lesznek. Könnyen beláthatjukazonban, hogy a rendszerek közötti lehetséges átszámítási szabályok közül az ún.Galilei-transzformáció szabályai nem változtatják meg a Newton-egyenleten alapulómozgásegyenletek alakját.A Galilei-transzformáció szabályai, ha azt a legegyszer½ubb esetet tekintjük, amikor

a tengelyek párhuzamosak és a K 0 rendszer a másik K rendszer x tengelye menténúgy mozog állandó w sebességgel, hogy t = t0 = 0 id½opontban egybe estek az origók(standard elrendezés), az alábbiak:

t0 = t;

x0 = �wt+ x;

y0 = y;

z0 = z:

Az inverz transzformáció egyenletei pedig

t = t0;

x = wt0 + x0;

y = y0;

z = z0

lesznek, ahol a mértékegységek egyez½o volta miatt w értéke megegyezik a két rendszer-ben. Itt értelemszer½uen aK rendszerben mért id½ot és koordinátákat jelzik a (t; x; y; z)mennyiségek és a K 0-ben mért értékeket a (t0; x0; y0; z0) mennyiségek.Egy tömegpont sebességére a két rendszerben szintén eltér½o értékek adódnak. A

K és a K 0 rendszerben mért sebességkomponensek közötti transzformációs szabálytegyszer½u helyettesítéssel kapjuk meg:

vx = limt1�t2!0

x1 � x2t1 � t2

= limt01�t02!0

x01 + wt01 � x02 � wt01t01 � t02

= v0x0 + w;

vy = limt1�t2!0

y1 � y2t1 � t2

= limt01�t02!0

y01 � y02t01 � t02

= v0y0 ;

vz = limt1�t2!0

z1 � z2t1 � t2

= limt01�t02!0

z01 � z02t01 � t02

= v0z0 :

Azonnal látható, hogy ha a K 0 rendszerben tetsz½olegesen adott v0 =qv02x0 + v02y0 + v02z0

nagyságú sebességgel repítünk el egy tömegpontot, akkor annak a K rendszerben

105

mért sebessége ett½ol, a repítés irányától függ½o, azaz anizotrop módon el fog térni:

v =qv2x + v2y + v2z =

q(v0x0 + w)2 + v02y0 + v02z0 =

pv02 + 2v0x0w + w2 6= v0:

A klasszikus elektrodinamika kereteiben tárgyalható elektromágneses jelenségeketa Maxwell-egyenletek nagy pontossággal írják le, és a Newton-egyenlet klasszikusmechanikában játszott szerepéhez hasonló módon, az elektromágneses tér mozgás-egyenleteinek tekinthetjük ½oket. A Maxwell-egyenletek nagyon fontos megoldásaia haladó elektromágneses hullámokat leíró megoldások, amelyeknek vákuumbelisebességére az egyenletekb½ol az irányfüggetlen, konstans c = 2; 99 : : : � 108m=s értékadódik. Az elektromágneses hullámok speciális fajtája a fény, aminek sebességére amérésekben is irányfüggetlenül ugyanezt az értéket kapjuk, ami éles ellentmondásbanáll a fenti sebességtranszformációs szabállyal. Az ellentmondás akkor oldható fel,ha megkeressük azokat a koordinátatranszformációkat, amelyek kielégítik a Galilei-rendszerek ekvivalenciájának követelményét, úgy hogy közben nem változtatják mega vákuumbeli fénysebesség értékét.A fenti Galilei-transzformációhoz hasonlóan a standard elrendezést vizsgáljuk,

amikor a tengelyek párhuzamosak és a K 0 rendszer a másik K rendszer x tenge-lye mentén úgy mozog állandó w sebességgel, hogy t = t0 = 0 id½opontban egybe esnekaz origók. Mivel a hossz- és id½omérési-eredmények additív jellegét szeretnénk megtar-tani, a transzformációt lineárisnak fogjuk választani. Feltételezzük, hogy a mozgásramer½oleges irányokban a transzformáció a Galilei-transzformációhoz hasonló módonnem változtatja meg a mérési eredményeket. Az ilyen transzformáció általános alakjaaz alábbi lehet:

t0 = �t+ �x; (67)

x0 = t+ {x;y0 = y;

z0 = z;

ahol �; �; ;{ a továbbiakban meghatározandó paraméterek. Mivel az y és z ko-ordináták nem változnak és nem "keverednek" a t és x koordinátákkal, az el½obbieketkihagyjuk a további megfontolásokból, azaz csak az els½o és második egyenletet fogjukhasználni.Az áttekinthet½oség érdekében érdemes mátrixos formában is felírni a transzformá-

ciós szabályt: �t0

x0

�=

�� � {

��tx

�= L̂

�tx

�A transzformáció L̂ mátrixának komponenseire a K és K 0 rendszer ekvivalenciájánakfeltételéb½ol következtethetünk.1. A K 0 rendszer origója a K rendszerben w sebességgel mozog, így minden t-re�

t0

0

�=

�� � {

��twt

�;

106

amib½ol0 = t+ {wt;

és = �{w:

2. A mértékegységek egyenl½o választása miatt aK rendszer origója�w sebességgelhalad a K 0 rendszerben, tehát�

t0

�wt0�=

�� �

�{w {

��t0

�;

amib½ol

t0 = �t;

�wt0 = �{wt:

A két egyenletet osztva kapjuk, hogy

� = {:

3. A két rendszerben a fénysebességnek egyenl½o c érték½unek kell lennie. Így, haelindítunk egy fényjelet az origóból a 0 id½opillanatban, akkor az a K rendszerben tid½o múlva az x = ct helyen, K 0 rendszerben t0 id½o múlva a x0 = ct0 helyen lesz:�

t0

ct0

�=

�{ �

�{w {

��tct

�:

Kifejtve

t0 = t ({ + �c) ;

ct0 = {t (c� w) :

A két egyenlet osztása után nyerjük, hogy

� =�w{c2

;

amivel a transzformáció mátrixa:

L̂ =

�{ �w{

c2

�{w {

�:

4. Mivel a két rendszer ekvivalens, az inverz transzformáció mátrixa az eredetiL̂ mátrixtól csak abban térhet el, hogy w-t �w-re cseréljük. A számítást nem kellrészletesen elvégezni, mivel felismerhetjük, hogy L̂ determinánsa nem érzékeny wel½ojelváltására, ami azt jelenti, hogy az L̂�1 inverz mátrix determinánsa megegyezikaz eredeti L̂ mátrix determinánsával

det L̂ = det L̂�1�=�det L̂

��1�:

107

Ez úgy lehetséges, hogy det L̂ értéke egységnyi:

det L̂ =

���� { �w{c2

�{w {

���� = {2�1� w2

c2

�= 1;

amib½ol{ =

1q1� w2

c2

:

L̂ végs½o alakja így

L̂ = {�

1 �wc2

�w 1

�:

A nyert transzformációs összefüggések neve speciális Lorentz-transzformáció:

t0 = {�t� w

c2x�; (68)

x0 = { (�wt+ x) ;

y0 = y;

z0 = z:

Az inverz-transzformáció képletei pedig:

t = {�t0 +

w

c2x0�; (69)

x = { (wt0 + x0) ;

y = y0;

z = z0:

Látható, hogy a Lorentz-transzformáció w � c sebesség esetén, amikor { � 1, ésaz origótól nem túl nagy távolságban, ahol x� tc2

w, a Galilei-transzformációba megy

át, az attól való eltérést csak nagy sebességek esetén érzékeljük.Vizsgáljunk meg néhány következményt.1. Tekintsünk egy l0 hosszúságú rudat, amelyet a K 0 rendszer x0 tengelye mentén

helyezünk el úgy, hogy az eleje a x01, a vége pedig az x02 = x01 + l0 helyen legyen talál-

ható. Ha arra vagyunk kíváncsiak, hogy a K rendszerb½ol nézve milyen l hosszúságú-nak mérjük a rudat, azt kell kiszámítani, hogy a K rendszerben a mérés t id½opil-lanatában mekkora lesz a rúd elejének és végének koordinátakülönbsége. (68)másodikegyenlete szerint

x01 = { (x1 � wt) és x02 = { (x2 � wt) :

A két egyenlet különbségéb½ol kapjuk az l = x2 � x1 hosszra, hogy

l = l0

r1� w2

c2:

108

Az együttmozgó meg�gyel½o által mért l0 hosszúság (ún. nyugalmi hossz) helyetta küls½o, nyugvó koordinátarendszerb½ol a rúd hosszát l � l0 érték½unek mérjük. Ajelenség neve Lorentz-kontrakció.2. Tekintsünk két eseményt, amelyek a K 0 rendszer x0 pontjában következnek

be két különböz½o id½opontban. Az els½o esemény következzen be a t01, a második at02 = t01 +�t

0 > t01 id½opontban. A két esemény K-ban mért id½okoordinátája (69) els½oegyenlete alapján

t1 = {�t01 +

wx0

c2

�és t2 = {

�t02 +

wx0

c2

�:

A két esemény közt eltelt id½otartam a két id½okoordináta különbsége:

�t = t2 � t1 = { (t02 � t01) = {�t0:

A küls½o, nyugvó koordinátarendszerben mért id½otartam tehát hosszabb, mintaz együttmozgó K 0-beli meg�gyel½o által mért id½otartam. A jelenséget szokták"id½odilatáció"-nak hívni, bár az id½o természetesen nem tud megnyúlni, hiszen nem�zikai objektum.Az együttmozgó meg�gyel½o által mért �� (= �t0) id½otartamot sajátid½otartamnak

nevezzük:

�� = �t

r1� w2

c2: (70)

3. Tekintsünk két eseményt, amelyek a K 0 rendszerben ugyanabban a t0 id½opil-lanatban az x01 és x

02 helyen történnek. Ezeknek az események a K rendszerbeli t1 és

t2 id½okoordinátája (69) els½o egyenlete szerint

t1 = {�t0 +

w

c2x01

�és t2 = {

�t0 +

w

c2x02

�:

A különbség

t2 � t1 = {w (x02 � x01)

c2;

ami x01 és x02 különböz½osége esetén nem nulla. A K 0 rendszerben egyidej½unek talált

események a hozzá képest mozgó K rendszerben nem lesznek egyidej½uek. Az, hogymelyik esemény el½ozi meg a másikat a helykoordináták viszonyától függ.4. A K 0 rendszerben haladjon egy tömegpont az x0 tengely mentén állandó v0

sebességgel. Számítsuk ki, hogy milyen v sebességgel mozog a K-beli meg�gyel½oszerint. Ez az érték a Galilei-transzformáció szabályai szerint v = v0 + w lenne.A Lorentz-transzformáció szabályait alkalmazva eltér½o eredményre jutunk. A

sebesség K-beli értéke:

v =x2 � x1t2 � t1

={ (x02 + wt02)� { (x01 + wt01)

{�t02 +

wc2x02�� {

�t01 +

wc2x01� = x02 � x01 + w (t02 � t01)

t02 � t01 +wc2(x02 � x01)

=v0 + w

1 + wv0

c2

:

109

5. Behelyettesítéssel meggy½oz½odhetünk arról, hogy a Lorentz-transzformáció azesemények tér és id½okoordinátáiból alkotott s2 = c2t2 � �r2, (�r2 = x2 + y2 + z2) kom-binációt érintetlenül hagyja:

c2t02 � x02 � y02 � z02 = c2{2�t� w

c2x�2� {2 (x� wt)2 � y2 � z2

= {2�c2t2 � 2twx+ w2

c2x2 � x2 + 2xwt� w2t2

�� y2 � z2

= c2t2 � x2 � y2 � z2:

Azt mondjuk, hogy az s2 mennyiség invariáns a Lorentz-transzformációval szemben.Érdemes a (ct; x; y; z) alakú számnégyeseket egy négydimenziós vektortér ele-

meinek tekinteni, amelyben s2 a vektor invariáns abszolútérték-négyzetét jelöli. En-nek alapján két vektor skalárszorzatát is el½o tudjuk állítani, mivel két vektornak az askalárszorzata, amelyik el½oállítja az abszolútérték négyzetét egy lépésben adódik:

(ab) =(a+ b)2 � (a� b)2

4:

Írjuk fel egy tetsz½oleges a = (ct; x; y; z) és b = (ct�; x�; y�; z�) vektor skalárszorza-tát:

(ab) =c2 (t+ t�)2 � (x+ x�)2 � (y + y�)2 � (z + z�)2

4

� c2 (t� t�)2 � (x� x�)2 � (y � y�)2 � (z � z�)2

4= c2tt� � xx� � yy� � zz�;

ami értelemszer½uen invariáns a Lorentz-transzformációval szemben. A fentiskalárszorzattal ellátott négydimenziós pszeudo-euklideszi teret Minkowski-térnek, apontjait pedig világpontoknak hívjuk. Egy világpont koordinátái egy elemi eseményhelyét és id½opontját adják meg.A Minkowski-tér vektorainak komponensei az egymáshoz képest egyenesvonalú

egyenletes mozgást végz½o inerciarendszerek közötti áttérés esetén a speciális Lorentz-transzformáció szabályai szerint transzformálódnak. A továbbiakban ezért fontos a�zikai mennyiségek Minkowski-térbeli alakját megkeresni, azaz azokat a négydimen-ziós (ún. négyes-) vektorokat, amelyeket mért vagy de�niált �zikai mennyiségekhezrendelhetünk.A relativitáselméletben szokás a koordinátákat átnevezni olyan módon, hogy

a helykoordinátákat egyt½ol háromig számozzuk és az id½okoordinátát nulladik ko-ordinátának vesszük. Ezzel

x0 = ct;

x1 = x;

x2 = y;

x3 = z;

110

amivel az x négyesvektor hossznégyzete

x2 = x20 � x21 � x22 � x23: (71)

Az x =

0BB@x0x1x2x3

1CCA és x� =

0BB@x�0x�1x�2x�3

1CCA négyesvektorok skaláris szorzata ennek megfelel½oen:

xx� = x0x�0 � x1x

�1 � x2x

�2 � x3x

�3: (72)

A Lorentz-transzformáció szabályai a (x0; x1; x2; x3) alakú négyesvektorokra a (68)egyenletekb½ol olvashatók le.

x00 = {�x0 �

w

cx1

�; (73)

x01 = {��wcx0 + x1

�;

x02 = x2;

x03 = x3:

A megfelel½o inverztranszformáció pedig:

x0 = {�x00 +

w

cx01

�; (74)

x1 = {�wcx00 + x01

�;

x2 = x02;

x3 = x03:

A Minkowski-térben található négyesvektorok közötti tájékozódást megkönnyítia négyesvektoroknak hosszuk szerinti csoportosítása. A (71) de�níció szerint a né-gyesvektorok hossza lehet pozitív, negatív és nulla is. A Minkowski-tér ún. pszeudo-euklideszi vektortér. Ha a négyesvektor hossznégyzete pozitív, negatív vagy nulla, avektort rendre id½oszer½unek, térszer½unek vagy fényszer½unek hívjuk. Ez a tulajdonságLorentz-invariáns, azaz egy négyesvektor térszer½u, vagy id½oszer½u volta nem változikmeg, ha másik inerciarendszerre térünk át.A transzformáció lineáris volta miatt két közeli világpont koordinátáinak különb-

ségét megadó(dx0; dx1; dx2; dx3) ;

számnégyes is ugyanezen képletek szerint, azaz négyesvektorként transzformálódik:

dx00 = {�dx0 �

w

cdx1

�; (75)

dx01 = {��wcdx0 + dx1

�; (76)

dx02 = dx2;

dx03 = dx3:

111

Ha a (dx0; dx1; dx2; dx3) négyesvektor egy tömegpont helyzetének megfelel½o kétvilágpont közötti különbségnek felel meg, érdemes ennek invariáns ds2 hossznégyzetéta tömegponttal együttmozgó koordinátarendszerben felírni. Ekkor ugyanis dx01 =dx02 = dx03 = 0 és dx

00 = cdt = cd� , amivel

ds2 = c2d� 2;

vagyisds = cd�:

Ha a K-beli (dx0; dx1; dx2; dx3) négyesvektor komponenseit elosztjuk a megfelel½osajátid½otartam invariáns d� értékével szintén négyesvektort kapunk

u0 =dx0d�

=cdt

dtq1� w2

c2

= {c; (77)

u� =dx�d�

=dx�

dtq1� w2

c2

= {v�;

ahol v� = dx�dt

(� = 1; 2; 3) jelöli a mozgó részecske háromdimenziós térbelisebességének három komponensét és w2 = v2 = v21 + v22 + v23. Itt kihasználtuk

a sajátid½otartam és a koordinátaid½otartam között (70)-ben kapott d� = dtq1� w2

c2

összefüggést. Az u = (u0; u1; u2; u3) négyesvektor neve négyessebesség, aminekinvariáns hossznégyzete

u2 = u20 � u21 � u22 � u23 =ds2

d� 2= c2:

Ha a négyessebesség komponenseit megszorozzuk a tömegpont nyugalmihelyzetében megmért és rögzített m0 tömegével, újra négyesvektort kapunk, amineka neve négyesimpulzus:

pi = m0ui; (i = 0; 1; 2; 3) :

A pi négyesimpulzus invariáns hossznégyzete:

p2 = p20 � p21 � p22 � p23 = m20u2 = m2

0c2: (78)

A Galilei-transzformáció az a gyorsulásvektor értékét nem változtatta meg és en-nek megfelel½oen a Newton-féle

F = ma

mozgásegyenlet is invariáns volt a Galilei-transzformációval szemben.A Lorentz-transzformáció szerint a sebességvektor és ezért a gyorsulásvektor is

eltér½oen transzformálódik. A Newton-egyenletet nem ½orizhetjük meg a fenti for-mában.Mivel a Lorentz-transzformáció során a négyesimpulzus transzformálódik vek-

torként, az impulzusmegmaradás törvényét, ami Lorentz-invariáns törvény kelllegyen, a négyesimpulzus háromdimenziós térbeli komponenseire vonatkozóan kell

112

feltételeznünk. Ha egy zárt pontrendszer k-adik tömegpontjának négyesimpulzus-komponensei pk�, akkorX

k

pk� = P� (�alland�o) ; (� = 1; 2; 3) :

Kézenfekv½o ennek megfelel½oen a Newton-egyenletet Einstein nyomán úgy kor-rigálni, hogy az egy tömegpontra ható F (hármas-)er½o komponensei a négyesimpulzushárom térbeli komponensének id½oszerinti deriváltjaival legyenek egyenl½ok:

F =d

dtp; (79)

ahol p a p négyesimpulzus három térbeli komponensét jelöli. Az egyenlet helyességétmérések igazolták.Fejtsük ki a jobb oldalt:

F� =d

dtp� =

d

dt(m0u�) =

d

dt({m0v�) =

d

dt(mv�) ; (� = 1; 2; 3) ; (80)

aholm = {m0: (81)

Az eredmény szerint, ha a Newton-egyenletben szerepl½o (hármas)impulzust a vsebesség és az m tömeg p = mv szorzataként értelmezzük, akkor a tömeg értéke nemállandó, a sebességgel növekszik. Az m tömeg értéke v = 0 sebesség esetén egyenl½ovéválik az m0 tömeggel, amit ezért nyugalmi tömegnek is szokás nevezni.Végezzük el a (80)-ban kijelölt deriválást:

F =d

dt

m0vq1� v2

c2

=

m0aq1� v2

c2+ m0v(va)

c2q1�v2

c2

1� v2

c2

=m0a

�1� v2

c2

�+m0

vc2(va)�

1� v2

c2

� 32

;

ahol

a =dv

dtés (va) =

3X�=1

v�a�:

Vizsgáljunk meg két speciális esetet. Ha a sebességgel párhuzamos er½ot gyakorlunka tömegpontra, v és a párhuzamos és a (va) skalárszorzat egyszer½uen számítható:(va) = va, ahol a = jaj és v = jvj. Az er½o F abszolút értékére azt kapjuk, hogy

F =m0a

�1� v2

c2

�+m0

v2

c2a�

1� v2

c2

� 32

= {3m0a:

Az ml = {3m0 szorzatot szokták longitudinális tömegnek hívni.Ha a sebességre mer½oleges er½ovel hatunk a részecskére, (va) = 0, aminek ered-

ményeképpen

F =m0a

�1� v2

c2

��1� v2

c2

� 32

= {m0a:

113

Az mt = {m0 szorzat neve transzverzális tömeg.Látjuk tehát, hogy a tömeg konzekvens de�níciója csak a (79) egyenletb½ol származ-

tatható és az F = ma egyenlet nem alkalmas erre, hiszen a gyorsulásvektor általábannem is lesz párhuzamos az er½ovektorral.Az er½o munkájának, (teljesítményének) vizsgálatához használjuk ki, hogy (78)

szerint egy részecske négyesimpulzusának p2 hossznégyzete állandó és így id½o szerintideriváltja elt½unik:

2pdp

dt= 0:

A kettes szorzót elhagyva, kifejtjük a skalárszorzatot (l: (72)) és átrendezzük az egyen-letet

p0dp0dt

=

3X�=1

p�d

dtp� = p

d

dtp:

A négyessebesség (77) szerinti de�níciója alapján

p0 = cm: (82)

Ezt helyettesítve a bal oldalon, a jobb oldalon pedig a Newton-egyenlet (79) alakjáthasználva kapjuk, hogy

c2mdm

dt= mvF;

ami m-mel való egyszer½usítés után végül a

d

dt

�mc2

�= vF

összefüggést eredményezi.A jobb oldalon a részecskére ható er½o teljesítménye áll. Integráljuk id½o szerint az

egyenlet két oldalát egy t1 és t2 id½opont közötti id½ointervallumra:

m2c2 �m1c

2 =

Z t2

t1

vFdt;

ahol bevezettük az m1 = m (t1) és m2 = m (t2) jelölést. A jobb oldalon az F er½omunkája áll, ami konzervatív er½otér esetén egyenl½o az U potenciális energia megvál-tozásának �1-szeresével

m2c2 �m1c

2 = � (U2 � U1) :

Átrendezve kapjuk az energiamegmaradás relativisztikus alakját

m2c2 + U2 = m1c

2 + U1:

A részecske teljes energiája így

Eteljes = mc2 + U:

114

A potenciális energia mellett egy a részecske mozgásától függ½o, a kinetikus energiakorábbi alakjától eltér½o függvény jelent meg. Ennek, az

E = mc2 = {m0c2 = p0c (83)

kifejezésnek az értéke azonban, nem t½unik el v = 0 esetén. Zérus sebesség mellett ésküls½o er½otér híján az energia értéke

E0 = m0c2

lesz. Ennek neve nyugalmi energia.A K kinetikus energiát, ami a részecske mozgása miatt jelenik meg, úgy értelmez-

zük mint az ett½ol való eltérést:

K = mc2 �m0c2 = m0c

2 ({ � 1) :

A {-t v2

c2szerint sorbafejthetjük, amiben kis sebességek esetén megállhatunk az els½o

rend½u tagnál:

K = m0c2

�1 +

v2

2c2+ � � � � 1

�� m0c

2 v2

2c2= m0

v2

2:

Ez az eredmény megegyezik a kinetikus energia nemrelativisztikus képletével.Írjuk fel a négyesimpulzus p2 invariáns hossznégyzetét, úgy hogy a négyesimpulzus

nulladik komponensére alkalmazzuk (83)-at:

E2

c2� p2 = E20

c2

vagyE2 � c2p2 = E20 : (84)

A (84) összefüggés, ellentétben a (81) összefüggéssel, akkor is értelmes marad, ha arészecske nyugalmi tömegét és ezzel nyugalmi energiáját is nullának vesszük: m0 = 0és E0 = 0. Ekkor

E = c jpj :Mivel jpj = m jvj és E = mc2, a

c2 = c jvjösszefüggésb½ol a részecske sebességére azt kapjuk, hogy

jvj = c:

A természetben léteznek ilyen objektumok, az elektromágneses tér vákuumban ter-jed½o hullámcsomagjai, amik a Maxwell-egyenletek szerint is csak fénysebességgel mo-zoghatnak és nyugalmi tömegük nulla.A négyesimpulzus változását elosztva a megfelel½o sajátid½otartammal újra né-

gyesvektort nyerünk, aminek neve négyeser½o:

Ki =dpid�:

115

A négyeser½o három térszer½u komponense és a háromdimenziós térben mért F er½okomponensei közötti kapcsolat (80) alapján kapható meg

K� =dp�d�

=dp�

dtq1� v2

c2

= {F�: (85)

A négyeser½o nulladik, id½oszer½u komponense

K0 =dp0d�

=dp0

dtq1� v2

c2

={c

dE

dt:

Ennek alapján a (85) képlet értelmezését ki lehet terjeszteni a nulladik komponensreis, ha F0-at a teljesítmény konstansszorosaként vezetjük be:

F0 =1

c

dE

dt;

mivel ekkor valóban fennáll, hogy

K0 = {F0:

A négyeser½o négyesvektorként transzformálódik, ami lehet½ové teszi a hármaser½o kom-ponenseire vonatkozó transzformációs szabályok megkeresését.Tekintsünk egy tömegpontot, amelyik áll a K-hoz képest x irányban v sebességgel

mozgó K 0 rendszerben. Az együttmozgó K 0 rendszerben a tömegpontra ható F0 er½okomponensei legyenek F 01; F

02; és F

03. A megfelel½o négyeser½o-komponensek

K 0� = {F 0� = F 0�;

mivel { = 1, valamintK 00 = 0;

hiszen v02 = 0 és dE0

dt= 0.

A K rendszerben a megfelel½o komponensek a(z inverz) Lorentz-transzformációszabályai szerint

K0 = {�K 00 +

v

cK 01

�;

K1 = {�vcK 00 +K 0

1

�;

K2 = K 02;

K3 = K 03:

A mozgásiránnyal párhuzamos komponensre a második egyenletbe helyettesítvekapjuk meg az eredményt

{F1 = {F 01;

azazF1 = F 01:

116

A mozgásra mer½oleges komponens transzformációs szabálya a második (harmadik)egyenletb½ol következik

{F2 = F 02;

azaz

F2 = F 02

r1� v

2

c2;

valamint

F3 = F 03

r1� v

2

c2:

A mechanika korábban bevezetett elveinek relativisztikus általánosításához tek-intsünk egy tömegpontot, amelyik az 1-es világpontból a t½ole id½oszer½u vektorralelválasztott 2-es világpontba jut el valamilyen pályán. A pálya egy elemi darabjánakívhossza ds = cd� . A teljes hosszat az

s =

Z 2

1

ds = c

Z 2

1

d�

integrál adja. A két rögzített világpont közötti pálya ívhossza függ a pályaválasztásától. A sajátid½otartam kifejezhet½o a koordinátaid½ovel, amivel

s = c

Z 2

1

r1� v

2

c2dt:

Ennek az integrálnak az értéke mindig kisebb, mint a két pontot összeköt½o egyenespályán mozgó meg�gyel½o által mért sajátid½otartamból számított s0 ívhossz, hiszenekkor d� = dt:

s � s0 = c

Z 2

1

dt:

Eredményünk szerint a Minkowski-térben a két pontot összeköt½o vonalak közül azegyenes a leghosszabb!Mivel a Hamilton-elv alkalmazásához olyan Lagrange-függvényt keresünk, ame-

lynek az integrálja a koordinátaid½o szerint az egyenes mozgás esetén minimumot ad,a fenti eredmény alapján kézenfekv½o a szabadon mozgó részecske Lagrange-függvényét

L = ��r1� v

2

c2

alakban megválasztani, ahol � olyan paraméter, amivel illeszteni tudunk a korábbanbevezetett Lagrange-függvényekhez. � értékének megkereséséhez fejtsük L-let sorbav2

c2szerint

L = ���1� v2

2c2� � � �

�= ��+ �v2

2c2+ � � �

Az els½o tag konstans, amit elhagyhatunk. A második tagtól, ami kis v esetén dominálvárhatjuk el, hogy a nemrelativisztikus Lagrange-függvénnyel essen egybe:

�v2

2c2=m0v

2

2;

117

amib½ol� = c2m0:

A Lagrange-függvény végs½o alakja így

L = �m0c2

r1� v

2

c2= m

�v2 � c2

�: (86)

A Lagrange-függvényb½ol az er½omentes részecske kanonikus impulzusa az els½o alakderiválásával írható fel

p =@L

@v=

m0vq1� v2

c2

= mv;

ami megegyezik a (79) egyenletben használt alakkal.A Hamilton-függvény értéke de�níció szerint:

H = pv � L = mv2 �m�v2 � c2

�= mc2 = E:

E-t (84)-b½ol az impulzus változóval kifejezve nyerjük a megfelel½o alakot:

H =qc2p2 + E20 = c

qp2 +m2

0c2:

Érdemes felírni a részecske Hamilton-Jacobi-egyenletét

c

s�@S

@r

�2+m2

0c2 +

@S

@t= 0;

amit gyökvonás nélküli alakban szokás megadni:�@S

@t

�2� c2

�@S

@r

�2= m2

0c4:

Az eddigiekben az er½omentes részecske Lagrange- és Hamilton-függvényét kerestükmeg. Kérdés, hogy (86)-ot hogyan kell kiegészíteni, hogy az elektromágneses térhatása is megjelenjen a Lagrange-függvényben?A 15-ik fejezetben láttuk, hogy az elektromágneses térben mozgó tömegpont nem-

relativisztikus Lagrange-függvényét az er½omentes részecske Lagrange-függvényéb½ol az

U = e�� eAv (87)

általánosított potenciál levonásával állíthatjuk el½o. A Maxwell-egyenletek vizsgálatá-val bebizonyítható, hogy a

��c;A�számnégyes szintén négyesvektor komponenseit

alkotja. Szokás ezért a �c= A0 jelölést is bevezetni, aminek megfelel½oen az Ai

(i = 0; : : : ; 3) számnégyest A négyespotenciálnak hívjuk. A (87) kifejezés ezzel az

U=eAu

r1� v2

c2

118

alakban is felírható, aholAu a négyespotenciál és négyessebesség négyestérbeli skalárisszorzata. Az U általánosított potenciálnak ezen alakja azt mutatja, hogy alkalmasarra, hogy vele a (86) relativisztikus Lagrange-függvényt is kiegészítsük, hiszen dt-vel

szorozva ez is relativisztikusan invariáns mennyiséget ad,�q

1� v2

c2dt = d�

�.

A teljes, relativisztikus Lagrange-függvény tehát

L = �m0c2

r1� v2

c2� e� + eAv =m

�v2 � c2

�� e� + eAv

lesz, amib½ol a kanonikus impulzus

p =@L

@v=

m0vq1� v2

c2

+ eA = mv + eA: (88)

A Hamilton-függvény értéke

H = pv � L = mv2 + eAv+m�c2 � v2

�+ e�� eAv =mc2 + e�:

A négyesimpulzus p2 hossznégyzetére láttuk, hogy állandó

m20c2 = m2c2 �m2v2;

amib½olmc2 = c

qm2v2 +m2

0c2:

(88) szerintmv = p� eA;

amivel végül a Hamilton-függvényt a kanonikus impulzus függvényeként kapjuk:

H = c

q(p� eA)2 +m2

0c2 + e�:

A részecske Hamilton-Jacobi-egyenlete

c

s�@S

@r� eA

�2+m2

0c2 + e� +

@S

@t= 0;

amit szokás gyökvonást nem tartalmazó alakban megadni:�@S

@t+ e�

�2� c2

�@S

@r� eA

�2= m2

0c4:

119

26. Folytonos közegek (alapfogalmak)

Véges méret½u testek, kiterjedt közegek nem csak merev testként viselkedhetnek.Nagyon sok részecskét, atomot, molekulát tartalmazó rendszerek nemrelativisztikusmozgásának leírására sokszor alkalmazható a folytonos közeg modellje. Feltételez-zük, hogy a rendszert alkotó diszkrét részecskék olyan s½ur½un helyezkednek el, hogytetsz½oleges kis térfogatban találunk a térfogattal arányos össztömeg½u részecskét. Egyadott r hely kis dV térfogatú környezetében található részecskék dm tömege ennekmegfelel½oen

dm = � (r) dV

alakban adható meg, ahol � a ún. tömegs½ur½uség. Egy véges V térfogatban találhatórészecskék össztömege ezzel:

m =

ZV

� (r) dV:

A tömegpontok azonosíthatóságához indexelnünk kell ½oket. Ezt a legcélsz-er½ubben úgy tehetjük meg, hogy a részecskékhez a kezdeti t0 id½opillanatban elfoglalthelyzetüket megadó r helyvektorokat rendeljük. Az id½o múlásával az eredetileg rhelyen található tömegpont elmozdul és a t id½opontban egy r0 (r; t) = r+s (r; t) helyenlesz megtalálható. Az elmozdulásokat jellemz½o s (r; t) vektormez½ot elmozdulástérneknevezzük. A tömegpont sebessége az s vektor id½oszerinti parciális deriváltja lesz:

v (r; t) = @ts (r; t) ;

ahol az id½oszerinti parciális deriválást @t-vel jelöljük. Hasonló módon fogjuk a helyszerinti parciális deriválás jelölését egyszer½usíteni: @i = @

@xi(i = 1; 2; 3), ahol az r

helyvektor Descartes-koordinátái x1; x2 és x3. A sebesség szintén helyfügg½o, neve:sebességmez½o.A továbbiakban a vektoregyenleteket az indexelt komponensekre vonatkozó egyen-

letekként fogjuk felírni és alkalmazni fogjuk a kétszer el½oforduló indexekre vonatkozóEinstein-féle összegzési konvenciót. Indexes írásmódban a sebességmez½o komponenseitehát:

vi = @tsi (xj; t) :

Az elmozdulásmez½o komponenseit érdemes a helyváltozók szerint a tetsz½olegesenelhelyezhet½o origó körül hatványsorba fejteni:

si (xj; t) = si (xj = 0; t) + sikxk + : : : ; (89)

aholsik = @ksi (xj; t)xj=0

az ún. elmozdulás tenzor. Ha a vizsgált pont kis környezetében mozgunk, a sorfe-jtésben a másod- és magasabb rend½u tagokat elhagyhatjuk. Ekkor az elmozdulástérlineáris függvénye lesz a helynek és ún. lineáris elmozdulások következnek csak be.A továbbiakban azt is feltételezzük, hogy az elmozdulástér térbeli változása olyanlassú, hogy a deriváltak szorzatait is elhagyhatjuk, ekkor ún. in�nitezimális lineáriselmozdulásokat engedünk csak meg.

120

Bontsuk fel az sik elmozdulástenzort szimmetrikus és antiszimmetrikus részre

sik = "ik + aik;

ahol

"ik =@ksi + @isk

2;

aik =@ksi � @isk

2:

Ezzel az elmozdulásmez½o az

si (xj; t) = si (xj = 0; t) + "ijxj + aijxj

alakot ölti. Az els½o tag konstans vektor, ami az anyagdarabka merevtest eltolásánakfelel meg és nincs kapcsolatban a bels½o relatív elmozdulásokkal, deformációkkal. Aharmadik tag tartalmának kiderítéséhez írjuk fel az elmozdulásmez½o rotációjának ésa helyvektornak a vektori szorzatát indexes alakban.

(rots� r)i = "ipk ("pqr@qsr)xk = (�kq�ir � �kr�iq) @qsrxk = @ksixk � @iskxk = 2aikxk:

Az eredmény azt mutatja, hogy ez a tag egy �' = 12rots szögvektorral történ½o

merevtest elfordulást ír le, ami a lokális deformációs állapot szempontjából érdekte-len. Az anyagdarabka bels½o deformációját ezek szerint az "ik ún. deformációtenzorjellemzi.A deformációtenzor elemeinek szemléletes jelentést is tulajdoníthatunk. Tek-

intsünk ehhez két, egymáshoz közeli pontot, amelyek eredeti koordinátái x1i és x2i =

x1i +�xi. Ha létrejön az si (xj) elmozdulás, a két pont új koordinátái:

x10i = x1i + si�x1j�és x20i = x2i + si

�x2j�:

Az új koordináták különbsége ebb½ol

�x0i = x2i + si�x1j +�xj

�� x1i � si

�x1j�= �xi + "ik�xk + aik�xk:

A merevtest eltolásnak megfelel½o járulék eleve kiesik. Ha a merevtest elfordulástól el-tekintünk, akkor a koordináták különbségei között a változást az elmozdulásmez½oneka deformációtenzorral kifejezhet½o része szolgáltatja:

�x0i ��xi = "ik�xk:

Ha a két vizsgált pont egy az x1 tengellyel párhuzamos d hosszúságú szakaszt feszítki, akkor

�xk = d�1k:

Ennek relatív megnyúlása

�x01 ��x1d

= "1k�xk = "11: (90)

121

Ugyanez a szakasz el is fordul az (x1; x2) síkban, az óra járásával ellentétes irány-ban történt kis elfordulás szöge

�x02 ��x2d

= "2k�xk = "21:

Hasonló módon az eredetileg a x2 tengely irányában álló d hosszúságú szakasz, ame-lynek koordinátái

�x�k = d�2k

is kifordul eredeti irányából az (x1; x2) síkban. Ennek az óra járásának megfelel½oszöge

�x�01 ��x�1d

= "1k�x�k = "12 (= "21) :

Így a két, egymással eredetileg derékszöget bezáró szakasznak az (x1; x2) síkban vettvetülete a derékszögt½ol '12 = 2"12 szöggel eltér½o szöget fog bezárni.Vizsgáljuk meg egy elemi anyagdarab térfogatának relatív változását. Egy a; b; c

élhosszúságú téglatest eredeti térfogata

dV = abc:

Az új térfogat (90) alapján

dV 0 = a (1 + "11) b (1 + "22) c (1 + "33) � dV (1 + "11 + "22 + "33) ;

ahol a deformációs tenzor elemeinek szorzatait kicsinységük miatt elhagytuk. A re-latív térfogatváltozás

dV 0 � dV

dV= "11 + "22 + "33 (= "ii) :

Folytonos közegre ható er½ohatásokat eredetüknek megfelel½oen különböz½o matem-atikai eszközökkel írhatjuk le. Ha a vizsgált tartomány részecskéire olyan távolabbitest hat, amellyel nincs közvetlen érintkezésben, feltételezzük, hogy az er½ohatásarányos a kiszemelt térfogattal. Ilyen pl. a gravitásiós er½otér, vagy töltött test eseténaz elektromos er½otér hatása. Egy kiszemelt kis �V térfogatelemre ható er½o ekkor

�F = f�V

alakban adható meg, ahol f az ún. (térfogati) er½os½ur½uség. Egy véges térfogatra hatóer½ot a megfelel½o térfogatra vett integrállal állíthatjuk el½o:

F =

ZfdV:

A tartomány felületével érintkezhet egy másik folytonos közeg, aminek az érin-tkezésben résztvev½o, a felülethez közel elhelyezked½o részecskéi is er½ovel hatnak a vizs-gált közegre. A molekuláris er½ok rendkívül kis hatótávolsága miatt ez az er½ohatásmakroszkopikus szempontból a felületre koncentrálódik. Egy kisméret½u, már síknak

122

tekinthet½o �A terület½u felületelemre ható er½o nagyságáról feltételezhetjük, hogy afelület területével arányos:

�F = p�A;

ahol p a helyi "feszültség" értéke. A vizsgált pontban azonban különböz½o irányúfelületelemek képzelhet½ok el, amit matematikailag úgy vehetünk �gyelembe, hogy afelületelemet egy �A vektormennyiséggel adjuk meg. A �F er½o szintén vektormen-nyiség, aminek iránya általában nem esik egybe �A irányával. A kett½o közötti vis-zony felderítéséhez vegyünk fel egy kicsiny méret½u tetraéder alakú testet úgy, hogy atetraéder csúcsa essen egybe az origóval, a három oldallapja pedig essen egybe sorbana három koordinátasíkkal.

Írjuk fel a tetraéder lapjaira ható er½oket. Legyen az j-edik tengelyre mer½olegesoldallap területe �Aj. Az oldallapra ható er½o:

�Fj = pj�Aj;

ahol pj az j-edik lap egységnyi területére ható er½o (feszültség). A tetraéderalaplapjára ható er½o hasonló alakú, ahol index nélkül jelöljük a megfelel½o értékeket:

�F = p�A:

A tetraéderre ható teljes er½o a Newton-egyenlet szerint egyenl½o a tetraédertömegközépponti a gyorsulásának és ��V tömegének szorzatával

3Xj=1

pj�Aj + p�A+ f�V = ��V a:

123

Állítsunk az alaplapra egy kifelé mutató n egységvektort, aminek i-edik kompo-nense ni = cos�i lesz, ha �i jelöli a vektornak az i-edik tengellyel bezárt szögét.Mivel az n vektor mer½oleges az alaplapra, az i-edik oldallap pedig mer½oleges az i-ediktengelyre, az oldallap és az alaplap által bezárt szög szintén �i. Mivel az oldallapokterülete az alaplap területének mer½oleges vetületei ezért

�Aj = �A cos�j = �Anj:

Helyettesítsünk a Newton-egyenletbe: 3Xj=1

pjnj + p

!�A = (�a� f)�V

Osszuk el az egyenletet �A-val és vizsgáljuk meg a jobb oldalon kapott �V�A

tényez½oértékét. Ha a tetraédert alakja megtartása mellett arányosan zsugorítjuk az origóra,a �V térfogat a lineáris méretek köbével, az alaplap �A területe a lineáris, nul-lához tartó méretek négyzetével tart nullához és így a hányadosuk nullához tart.Határmenetben nyerjük, hogy

3Xj=1

pjnj + p = 0:

Ha a �pj vektor i-edik komponensét �ij-vel jelöljük, akkor az n egységvektorraljellemzett lapra ható p feszültség i-edik komponense

pi =3Xj=1

�ijnj

alakban áll el½o. Az így bevezett �ij háromszor-hármas mátrix az ún. feszültségten-zor komponenseinek a mátrixa. Ennek a segítségével fel tudjuk írni az objektumtetsz½oleges, véges A felületére ható er½o i-edik komponensét:

Fi =

ZA

�ijdfj;

ahol a szumma jelet már nem írtuk ki.

27. Fizikai mennyiségek, mozgásegyenlet

A továbbiakhoz néhány matematikai összefüggést tisztázunk. Legyen A (r; t) valam-ilyen hely és id½ofügg½o �zikai mennyiség, ami lehet egy skalármez½o, vagy valamilyenvektor- ill. tenzormez½o adott komponense is. Egy rögzített r helyen A változásá-nak sebessége a @tA id½oszerinti parciális deriválttal adható meg. Ha azonban az rhelyen lév½o meg�gyel½o v sebességgel mozog, a �zikai mennyiség változási sebességéreett½ol eltér½o értéket mér, ui. az elemi id½ointervallummal elválasztott két mérést nem

124

ugyanazon a helyen hajtja végre. Ha a meg�gyel½o sebessége megegyezik a mozgó közegsebességével, a nyert deriváltat szubsztanciális vagy materiális deriváltnak hívjuk ésdtA-val jelöljük. A szubsztanciális derivált kiszámítása úgy történik, hogy a hely rvektorát is id½ofügg½onek tekintjük: r = r(t), ami megadja a kiszemelt elem pályamentimozgását. Az A mennyiség szubsztanciális, id½oszerinti deriváltja ennek megfelel½oena láncszabály szerint

dtA = @tA+ vi@iA;

ahol vi jelöli a v sebességvektor i-edik komponensét.Most tételezzük fel, hogy van egy olyan I �zikai mennyiség, amit az A mez½o

valamilyen V térfogatra vett integráljával de�niálunk:

I =

ZAdV:

Az I mennyiség változási sebessége is kétféle módon vizsgálható. Ha rögzítjük azintegrálási tartományt, az integrál értékének megváltozása az A függvény változásisebességével fog összefüggeni

@tI = @t

ZAdV =

Z@tAdV:

Ha azonban a kijelölt V tartomány együtt mozog a közeggel, az I változási sebessége(az I szubsztanciális deriváltja) eltér½o lesz:

dtI = dt

ZAdV = @tI +

IAvidfi: (91)

A második, zárt felületre vett integrál azért lép fel, mert a tartomány felülete lokálisanv sebességgel mozog, ami az integrálási térfogatot lokálisan id½oegységenként vidfi-velnöveli. A második tagot alakítsuk át a Gauss-tétel segítségével térfogati integrállá:

dtI =

Z[@tA+ @i (Avi)] dV: (92)

Ha végrehajtjuk a divergenciaképzésben el½oírt deriválást és összevonjuk az els½o kéttagot, a következ½o átalakított formában kapjuk az eredményt:

dtI =

Z(@tA+ vi@iA+ A@ivi) dV =

Z(dtA+ A@ivi) dV:

Alkalmazzuk a fenti összefüggéseket arra az esetre, amikor az A mennyiség a közeg� s½ur½uségével egyenl½o. Az integrál ekkor a V térfogatba zárt m tömeggel lesz egyenl½o

m =

Z�dV:

Ha a tartomány belsejében nincsenek tömegforrások és érvényes a tömegmegmaradáselve, ennek az integrálnak szubsztanciális id½oderiváltja nulla:

dtm =

Z[@t�+ @i (�vi)] dV = 0;

125

vagy

dtm =

Z(dt�+ �@ivi) dV = 0:

Mivel az egyenl½oség tetsz½oleges tartományra fennáll, az integrandusnak el kell t½unnie:

@t�+ @i (�vi) = 0;

azazdt�+ �@ivi = 0:

A kapott két összefüggés az ún. kontinuitási egyenlet di¤erenciális formájának kétekvivalens alakja.Amennyiben a V tartományban q tömegforrás-s½ur½uség van jelen, a fenti gondo-

latmenet annyiban módosul, hogy dtm nem nulla, hanem az id½oegység alatt keletkez½otömeggel egyenl½o:

dtm =

ZqdV;

amib½ol a kontinuitási egyenlet

@t�+ @i (�vi) = q: (93)

A kontinuitási egyenlet �zikai tartalmát jól megvilágítja a következ½o átalakítás. Ve-gyük ismét a (93) egyenlet térfogati integrálját és rendezzük át az egyenletet:Z

@t�dV =

Z[q � @i (�vi)] dV:

A bal oldal azm tömegnek rögzített tartományon számított @tm változási sebességévelegyenl½o. Ha a jobb oldalon szerepl½o divergenciakifejezést tartalmazó integrált aGauss-tétel segítségével a térfogatot körülvev½o zárt felületi integrállá alakítjuk aztkapjuk, hogy

@tm =

ZqdV �

I�vidfi:

Ez az egyenlet a kontinuitási egyenlet integrális formája. Az egyenlet értelmében azmtömeg növekedésének üteme két tagból áll: tartalmazza a �v ún. tömegárams½ur½uségellentétének felületi integrálját, ami megadja a V térfogatba id½oegység alatt beáramlótömeget, valamint q integrálját, ami a térfogatban id½oegység alatt keletkez½o tömeggelegyenl½o.Vizsgáljunk most olyan esetet, amikor az A integrandus a � tömegs½ur½uség egy

tetsz½oleges B mennyiség A = �B szorzata:

I =

Z�BdV:

126

Alkalmazva a fenti általános (91) szabályt a szubsztanciális deriváltra, írhatjuk, hogy

dtI =

Z[@t (�B) + @i (�Bvi)] dV =

=

Z[B@t�+ �@tB +B@i (�vi) + �vi@iB] dV =

=

ZfB [@t�+ @i (�vi)] + � [@tB + vi@iB]g dV:

Az utolsó kifejezésben az els½o szögletes zárójel értéke a tömegforrás nélküli esetben -a kontinuitási egyenlet miatt - zérus. A második tagban a szögletes zárójelben a Bmennyiség szubsztanciális deriváltja, tehát:

dtI =

Z�dtBdV: (94)

Alkalmazzuk az eredményt egy adott térfogatban található anyagmennyiség im-pulzusára. Adott V tartományban található közeg P impulzusának i-edik kompo-nense egyenl½o a �v impulzuss½ur½uség i-edik komponensének térfogati integráljával:

Pi =

Z�vidV:

Pi szubsztanciális deriváltja Newton 2-ik axiómája szerint egyenl½o a tartományra hatóF er½o i-edik komponensével:

dtPi = Fi;

azaz Z�dtvidV =

ZfidV +

I�ijdfj;

ahol az er½ot az f térfogati er½os½ur½uség térfogati és a � feszültség felületi integráljávaladtuk meg. Ha a felületi integrált térfogati integrállá alakítjuk és az egyenletet egyoldalra rendezzük, azt kapjuk, hogy:Z

(�dtvi � fi � @j�ij) dV = 0:

Mivel az összefüggés tetsz½oleges tartományra fennáll, az integrandusnak el kell t½unnie,amib½ol a következ½o mozgásegyenletet nyerjük:

�dtvi = fi + @j�ij: (95)

Írjuk fel dtPi értékét az eredeti, átalakítás el½otti formában is, azaz (92)-ben legyenA = �vi: Z

[@t (�vi) + @j (�vivj)� fi � @j�ij] dV = 0:

Az integrandus ismét nulla kell legyen, tehát:

@t (�vi) + @j (�vivj � �ij) = fi:

127

Az összefüggés a �v impulzuss½ur½uségre fennálló kontinuitási egyenlet, azaz az im-pulzustétel di¤erenciális alakja. A bal oldal második tagja a pij = �vivj � �ijimpulzusárams½ur½uség divergenciája. A jobb oldalon az f er½os½ur½uség szolgál az im-pulzusáram forráss½ur½uségeként. Integrális alakban

@t

Z�vidV = �

Ipijdfj +

ZfidV:

A bal oldal a V tartományban található közeg összimpulzusának rögzített tar-tományra számított változási sebességét adja, ami az egyenlet szerint egyenl½o atartomány felületén id½oegység alatt beáramló impulzus és a tartomány belsejében azf er½os½ur½uség hatására id½oegység alatt keletkez½o impulzus összegével.Vizsgáljuk meg a V tartományban található közeg L impulzusnyomatékát. Ha

a közeg részecskéinek saját, a pályamozgástól függetlenül létez½o impulzusnyomatéka(spinje) elhanyagolható, az impulzusnyomaték s½ur½usége a �v impulzuss½ur½uség és azr helyvektor vektoriális szorzatával adható meg. Az L vektor Li komponense ennektérfogati integráljaként áll el½o:

Li =

Z"ijkrj�vkdV:

Mivel ez is olyan integrál, amelyben a � s½ur½uség szorzófaktorként szerepel, az Liszubsztanciális deriváltjára (94) szerint írhatjuk, hogy

dtLi =

Z"ijk�dt (rjvk) dV:

Végezzük el az integrandusban a deriválást:

dt (rjvk) = @t (rjvk) + vl@l (rjvk) = rj@tvk + vl�ljvk + vlrj@lvk = vjvk + rjdtvk;

amivel

dtLi =

Z"ijk� (vjvk + rjdtvk) dV:

A zárójelben álló els½o tag egy a (j; k) indexpárban szimmetrikus mátrix. Ha ennekmindkét indexét összeejtjük a (j; k) indexpárban antiszimmetrikus "ijk mátrix index-eivel nullát kapunk. A második tagtól származó szorzatban a (95) mozgásegyenletalapján cseréljük le a �dtvi tényez½ot.

dtLi =

Z"ijkrj (fk + @s�ks) dV:

Az integrandus második tagját alakítsuk át teljes divergenciává és alkalmazzuk aGauss-tételt:

dtLi =

Z"ijkrjfkdV +

Z"ijkrj@s�ksdV

=

Z"ijkrjfkdV +

Z"ijk@s (rj�ks) dV �

Z"ijk�ks@srjdV

=

Z"ijkrjfkdV +

I"ijkrj�ksdfs �

Z"ijk�kjdV:

128

Az els½o tag a kiszemelt térfogatban található közegre ható f térfogati er½os½ur½uségforgatónyomatékának i-edik komponense. A második tag a felületen ható � feszültségforgatónyomatékának i-edik komponense. A harmadik tagban kihasználtuk, hogy@srj = �sj.Az els½o két tag összege a közegre kívülr½ol ható M forgatónyomaték Mi kompo-

nense:

Mi =

Z"ijkrjfkdV +

I"ijkrj�ksdfs:

Az impulzusmomentumra ezek szerint fennáll, hogy

dtLi =Mi �Z"ijk�kjdV:

A dinamika alaptörvénye szerint, ha a közegre forgatónyomaték nem hat, az impulzus-momentum állandó kell maradjon, azaz:Z

"ijk�kjdV = 0:

Mivel az integrál tetsz½oleges tartományon elt½unik, az integrandusnak el kell t½unnie:

"ijk�kj = 0:

Szorozzuk be az egyenlet mindkét oldalát "ipq-val és alkalmazzuk az "ipq"ijk = �pj�qk��pk�qj azonosságot:

(�pj�qk � �pk�qj)�kj = �qp � �pq = 0:

Tehát a feszültségtenzor szimmetrikus kell legyen. Az impulzusmomentumra pedig avárt egyenletet kapjuk:

dtLi =Mi:

A következ½o lépésben megvizsgáljuk a rugalmasan deformálható testben az ener-giaviszonyokat. Írjuk fel egy kiszemelt V tartomány K kinetikus energiáját

K =

Z�vivi2dV;

és vegyük ennek a szubsztanciális deriváltját újra alkalmazva (94)-t:

dtK =

Z�dt

�vivi2

�dV =

Z�@t

�vivi2

�dV +

Z�vj@j

�vivi2

�dV =

Z�vidtvidV:

A (95) mozgásegyenlet alapján helyettesítsük be az integrandusba a �dtvi tényez½ot:

dtK =

Zvi (fi + @j�ij) dV:

Alakítsuk át a jobb oldalon álló integrál második tagját divergenciává és vonjuk le atöbblet tagot:

dtK =

ZvifidV +

Z@j (vi�ij) dV �

Z�ij@jvidV: (96)

129

A v (r; t) sebességmez½o vi komponense de�níció szerint az s (r; t) elmozdulástér sikomponensének id½o szerinti @tsi parciális deriváltjával egyenl½o. Ha ennek képezzüka @j@tsi parciális deriváltját és alkalmazzuk a Young-tételt, azt kapjuk, hogy @jvi =@t@jsi. Ez a kifejezés a szimmetrikus �ij mátrixszal szorozva, csak az "ij szimmetrikusrészével ad járulékot

�ij@jvi = �ij@t@jsi = �ij@t"ij: (97)

A (96) egyenl½oséget ennek segítségével átalakíthatjuk:Z h@t

��vivi2

�+ @j

��vivivj2

�� @j (vi�ij)

idV =

ZvifidV �

Z�ij@t"ijdV;

ahol dtK-t a (92) alkalmazásával részletesen kiírtuk és a jobb oldalon álló másodiktagot átvittük balra.Ismét közös integrálba gy½ujtve az összes tagot nyerjük az energiára vonatkozó

kontinuitási egyenlet di¤erenciális alakját:

@t

��vivi2

�+ @j

��vivivj2

� vi�ij

�= vifi � �ij@t"ij:

A tagok értelme a következ½o: az els½o tag a kinetikus energia s½ur½uségének a változásisebessége. A második tag az energiaáram

�vivivj2

� vi�ij

s½ur½uségének divergenciája, ami két járulékból áll: az els½o tag az ún. konvektív rész,ami a mozgó közeg által szállított kinetikus energiának felel meg, a második tag pedigaz ún. deformációs energia árams½ur½usége. A jobb oldalon álló, energiaforrás-s½ur½uségetreprezentáló tagok megfelelnek egyrészt az f tömeger½ok teljesítménys½ur½uségének, más-részt a � feszültséggel szemben végzett deformációs teljesítménys½ur½uségnekAz egyenlet �zikai interpretációjának érdekében rendezzük át az egyenletet és

integráljunk a térfogatra. A divergenciát tartalmazó tagot pedig felületi integrálláalakítjuk:

@t

Z�vivi2dV +

Z�ij@t"ijdV =

ZvifidV +

I �vi�ij � �

vivivj2

�dfj:

Az egyenlet tartalma a következ½o. A bal oldal els½o tagja a kinetikus energia vál-tozásának sebessége, a második tag pedig az ún. deformációs teljesítmény. Ezekösszegével egyenl½o a jobb oldalon álló összeg, amelynek els½o tagja a küls½o tömeger½okteljesítménye, a második tagja pedig az id½oegység alatt a felületen végzett deformációsmunka és a kiáramló anyag által elvitt kinetikus energia összege.Ha a közeg rugalmas tulajdonságai id½oben állandóak és a benne felhalmozott (ru-

galmas) deformációs energia ' s½ur½usége egyértelm½uen kifejezhet½o a lokális deformációsállapotot jellemz½o "ij-vel, akkor a teljes � deformációs energiára írhatjuk, hogy:

� =

Z' ("ij (r; t) ; r) dV:

130

Az integrál rögzített tartományban bekövetkez½o változási sebessége a láncszabályszerint

@t� =

Z@t' ("ij (r; t) ; r) dV =

Z@' ("ij (r; t) ; r)

@"ij@t"ijdV:

Mivel ennek egyenl½onek kell lennie a deformációs teljesítményt leíróR�ij@t"ijdV tag-

gal, azt kapjuk, hogy

�ij =@'

@"ij: (98)

Ekkor �ij@t"ij = (@'=@"ij) @t"ij = @t'.Az energiamérleg integrális alakja:

@t (K + �) =

ZfividV +

I �vi�ij � �

vivivj2

�dfj;

aminek interpretációja kézenfekv½o. A rögzített térfogatban található közeg teljes en-ergiája E = K +�, aminek id½oegységre es½o növekedése egyenl½o a térfogatba kívülr½olid½oegység alatt beáramló energiával. A di¤erenciális alak ebben a megfogalmazásbantehát:

@t

��vivi2+ '

�+ @j

��vivivj2

� vi�ij

�= vifi:

Ha a � feszültségtenzornak van olyan �0 összetev½oje, ami nem állítható el½o a 'rugalmas potenciáls½ur½uség "ij szerint vett parciális deriváltjaként, mert pl. bels½osúrlódásból származik, akkor �ij = �0ij + @'=@"ij felbontás esetén, a deformációsteljesítménys½ur½uség (97) szerint kib½ovül

�ij@t"ij = �0ij@t"ij + (@'=@"ij) @t"ij = �0ij@jvi + @t':

Ennek megfelel½oen az el½oz½o egyenlet @t' tagja mellett megjelenik a �0ij@jvi tag, amitátvíve az egyenlet jobb oldalára:

@t

��vivi2+ '

�+ @j

��vivivj2

� vi�ij

�= vifi � �0ij@jvi:

A jobb oldalon a második tag energiaáram-nyel½oként jelent meg. Neve disszipációsfüggvény, amit akkor tudunk megadni, ha tudjuk, hogy a közeg mozgási állapotátólhogyan függ a �0 súrlódási tenzor.

28. Hooke-törvény

Ha a közeg potenciálos, azaz a lokális deformációs állapotnak egyértelm½u füg-gvényeként adható meg a deformációs energias½ur½uség, akkor, mint láttuk a feszült-ségtenzor egyértelm½uen megadható a deformációk függvényeként: �ij = �ij ("kl) =@'=@"ij:Kis deformációk esetén �ij-t sorba fejtve kapjuk, hogy:

�ij = �ij (0) +

�@�ij@"kl

�0

"kl + � � � :

131

Mivel deformálatlan állapotban nincsenek feszültségek, az els½o tag zérus. (Az, hogymilyen állapotot tekintünk deformálatlannak megegyezés kérdése. Kézenfekv½o a fes-zültségmentes állapotot kiinduló pontnak tekinteni.) Ha a deformációk kicsik, atapasztalat szerint megállhatunk a lineáris közelítésnél és ekkor az ún. Hooke-törvénytnyerjük:

�ij = Cijkl"kl; (99)

ahol bevezettük a

Cijkl =

�@�ij@"kl

�0

jelölést. A Cijkl ún. rugalmas együtthatók általában függhetnek a helyt½ol is, dehomogén közeg esetén az értékük állandó. Alkalmazva a (98) összefüggést

@'

@"ij= Cijkl"kl;

amib½ol egyrészt következik, hogy

Cijkl =@2'

@"kl@"ij;

másrészt, hogy

' =Cijkl"ij"kl

2=�ij"ij2

;

vagy

' =1

2Cijkl@jsi@lsk:

Egy Cijkl alakú négyindexes mátrix általában 34 = 81 különböz½o elemet tartal-mazhat. A szimmetriatulajdonságok miatt azonban, a Hooke-tenzor elemei közülnem mindegyik független. A (99) Hooke-törvényben mind a feszültségtenzor, mind adeformációs tenzor szimmetrikus és ezért a Cijkl is szimmetrikus az (i; j) valamint a(k; l) indexpárokban. A rugalmas együtthatóknak a ' potenciáls½ur½uségb½ol történ½o,fenti el½oállítása pedig a Young-tétel következtében azt mutatja, hogy Cijkl az (i; j)és (k; l) indexpárok egyidej½u cseréjére nézve is szimmetrikus. Mindezen szimmetriákcsak 21 különböz½o elemet engednek meg.Egy anizotrop, kristályos közegben a független elemek száma ténylegesen 21

marad. Ha azonban a kristályszerkezet bizonyos szimmetriákkal bír, a független ele-mek száma tovább csökken. A szabályos vagy másnéven köbös kristályban, amelyetaz jellemez, hogy a tükrözések és a 900-os elforgatások önmagába viszik át, csak 3különböz½o érték½u elem marad: C1111; C1122; C1212. A számítások szerint a megfelel½orugalmas energias½ur½uség

' =1

2C1111

�"211 + "222 + "233

�+ C1122 ("11"22 + "11"33 + "22"33)

+ 2C1212�"212 + "213 + "223

�:

Amorf, izotrop közegben, amelyben a rugalmas tulajdonságok nem csak diszkrétszögekkel történ½o, hanem tetsz½oleges elforgatás esetén is invariánsak maradnak, a fenti

132

energias½ur½uség invarianciájának követelménye további összefüggés fennállását rója ki:C1111 = C1122+2C1212; ami végül két független állandó használatát teszi szükségessé.Szokás bevezetni a � és � ún. Lamé-féle állandóknak nevezett konstansokat, ame-lyekkel

C1122 = �; C1212 = �;

és ígyC1111 = �+ 2�:

A rugalmas energias½ur½uség ebben az esetben

' =�

2"2ii + �"ij"ij:

A feszültségtenzor komponenseit deriválással nyerjük:

�ij =@'

@"ij= ��ij"kk + 2�"ij; (100)

amib½ol a Hooke-tenzor újabb deriválással adódik. A deriválásnál �gyelembe kell ven-nünk, hogy "ij szimmetrikus, amit a legegyszer½ubben úgy tehetünk, hogy a másodiktagot szimmetrizáljuk:

"ij =1

2("ij + "ji) ;

amib½ol

Cijkl =@�ij@"kl

= ��ij�kl + � (�ik�jl + �il�jk) : (101)

A deformációs tenzort felbonthatjuk a tiszta nyírásnak megfelel½o spurmentes ésaz egyenletes összenyomásnak megfelel½o tagjaira:

"ij =

�"ij �

1

3�ij"kk

�+1

3�ij"kk:

A Hooke-törvény szerint a feszültség ennek megfelel½oen szintén felbontható spur-mentes és a teljes spurt hordozó tagra

�ij = 2�

�"ij �

1

3�ij"kk

�+K�ij"kk; (102)

ahol bevezettük a K = �+ 2�3ún. kompressziómodulust.

Ebben a felbontásban � neve torziómodulus.A potenciáls½ur½uség ennek a felbontásnak megfelel½oen

' = �

�"ij �

1

3�ij"kk

�2+K

2"2kk:

Sokszor van szükség a fordított irányú kifejezésre: a deformációk függésére a fes-zültségekt½ol. Ennek megtalálásához képezzük a Hooke-törvény (102) alakjának spur-ját. Mivel az els½o tag spurmentes

�ii = 3K"kk;

133

amib½ol"kk =

�ll3K

:

A kapott összefüggést a (102) Hooke-törvénybe helyettesítve, átrendezés után nyerjük,hogy:

"ij =1

2�

��ij �

1

3�ij�ll

�+

1

9K�ij�ll;

ahol az els½o tag spurja nulla. Összevont alakban ugyanez:

"ij =1

2��ij �

�

2� (3�+ 2�)�ij�ll: (103)

Érdemes a deformációk néhány egyszer½u esetét külön is kiemelni.1. Ha az x tengely irányában fekv½o A keresztmetszet½u rúdra a tengely irányába

es½o F nagyságú húzóer½ot gyakorolunk, a feszültségtenzor

�ij =

0@ p 0 00 0 00 0 0

1Aalakot ölti, ahol p = F

A. A deformációs tenzor (103) szerint

"ij =

0B@ p �+��(3�+2�)

0 0

0 �p �2�(3�+2�)

0

0 0 �p �2�(3�+2�)

1CA :

A rugalmas tulajdonságok jellemzésére bevezetik az E Young-moduluszt, amivel azFA, egységnyi felüleltre ható er½o és a �l=l relatív megnyúlás arányát jellemzik:

�l

lE =

F

A:

Mivel az "11 komponens az x tengely irányában létrejött �l=l relatív megnyúlássalegyenl½o, felírhatjuk, hogy

p�+ �

� (3�+ 2�)E =

F

A;

amib½ol

E =� (3�+ 2�)

�+ �:

Vegyük észre, hogy a deformációtenzor "22 és "33 elemei nem nullák, hanem negatívértéket vesznek fel. A közeg a húzásra mer½oleges irányban zsugorodik, ún. haránt-összehúzódást szenved el. A haránt-összehúzódás mértékének jellemzésére, annaka relatív megnyúláshoz viszonyított (negatív) arányát szokták bevezetni (Poisson-szám):

� = �"22"11

=�

2 (�+ �):

134

2. Ha a vizsgált testet pl. a küls½o légnyomás hatásának tesszük ki, egyenletes pnyomás jelenik meg a felszínén, ami a test belsejében is tovaterjedhet. A kialakultfeszültség tenzora

�ij = �p�ijlehet. A deformáció (103) alapján

"ij = �p

3K�ij:

A relatív térfogatváltozás�V

V= "ii;

azaz

p = �K�V

V;

ami indokolja, hogy K-t kompressziómodulusnak neveztük.3. A közeg z tengelyre mer½oleges síkjában egy A méret½u felületre F nagyságú y

irányú (nyíró)er½ovel hatunk, aminek a segítségével tiszta nyírást szeretnénk létrehozni.A megfelel½o elmozdulás tér

si =

0@ 0Cx30

1Aalakú lehet, ahol C konstans jellemzi a nyírás szögét. A deformációtenzor ennekmegfelel½oen

"ij =

0@ 0 0 00 0 C

2

0 C2

0

1A :

A (100) egyenletb½ol a feszültségtenzor

�ij =

0@ 0 0 00 0 �C0 �C 0

1A ;

ahol a feszültségtenzor de�níciója szerint

�C =F

A

kell legyen. Az si elmozdulástér megadott komponensei szerint a nyírás szöge éppenegyenl½o C-vel ami azt jelenti, hogy � Lamé-állandó nemmás, mint a kísérleti �zikábanmegismert G nyírási modulus

� = G:

135

29. A mozgásegyenlet megoldása, hullámok

A rugalmas, anizotrop közeg mozgását meghatározó egyenletek ezek szerint:

�dtvi = fi + @j�ij (mozgásegyenlet),

�ij = Cijkl"kl (Hooke-törvény),

@t�+ @i (�vi) = 0 (kontinuitási egyenlet).

A Hooke-törvény szerint a feszültségtenzort behelyettesíthetjük a mozgásegyen-letbe:

�dtvi = fi + @jCijkl"kl:

A sebesség szubsztanciális deriváltja dtvi = @tvi+vj@jvi, amiben a második, konvektívtag rugalmas testekben elhanyagolhatóan kicsi járulékot ad az els½o, helyi gyorsulásnakmegfelel½o tag mellett. Homogén közeg esetén a Hooke-tenzor nem függ a helyt½ol. Haezek után �gyelembe vesszük, hogy vi = @tsi;valamint azt, hogy mi a deformációstenzor de�níciója, az alábbi mozgásegyenletet nyerjük:

�@2t si = fi + Cijkl@j (@ksl + @lsk) =2:

A Hooke-tenzor harmadik és negyedik indexében szimmetrikus és így a zárójelbentalálható két tag a Hooke-tenzorral megszorozva ugyanazt az eredményt szolgáltatja.Ezt is �gyelembe véve, az egyenlet végs½o alakja:

�@2t si = fi + Cijkl@j@ksl:

A nyert mozgásegyenlet egy lineáris, inhomogén parciális di¤erenciálegyenlet,aminek standard alakját átrendezés után kapjuk:

�@2t si � Cijkl@j@ksl = fi: (104)

Fontos speciális eset a statikus egyensúly esete, amikor az elmozdulástér id½obennem változik, azaz @tsi = 0. Ekkor az egyenlet a

Cijkl@j@ksl = �fi

parciális di¤erenciálegyenletre redukálódik, aminek a megoldását fi és a perem-feltételek ismeretében kísérelhetjük meg.Amorf közeg esetén a Hooke-tenzort (101) adja meg, amivel

[��ij�kl + � (�ik�jl + �il�jk)] @j@ksl = �fi:

Az indexek összeejtése után az egyenlet

(�+ �) @i@ksk + �@k@ksi = �fi;

ami vektorjelöléssel:(�+ �) grad div s+ ��s = �f :

136

Amikor küls½o er½otér nincs jelen, a (104) egyenlet homogén, lineáris, másodrend½u,parciális di¤erenciálegyenlet(rendszer).Keressük az egyenlet síkhullám megoldásait. Az np komponensekkel bíró n

egységvektor (npnp = 1) irányában, v terjedési sebességgel mozgó síkhullám r hely-és t id½ofüggésének általános alakja

si (r; t) = Si(nr� vt) ;

ahol Si egy rögzített vektor komponenseit jelöli és tetsz½oleges (kétszer derivál-ható) egyváltozós függvény. Mindenhol indexes írásmódot alkalmazva (nr = nprp),helyettesítsük be a próbamegoldást a mozgásegyenletbe:

�Si@2t(nprp � vt) = SlCijkl@j@k(nprp � vt) :

Elvégezve a deriválásokat, látszólag egy -re vonatkozó közönséges, másodrend½u dif-ferenciálegyenletet kapunk

�Si00v2 = SlCijklnjnk

00:

Az egyenletet az egyik oldalra rendezzük és 00-t kiemeljük��Siv

2 � SlCijklnjnk�00 = 0:

Látható, hogy az egyenletnek akkor lehet nemtriviális megoldása, ha a zárójelben állókifejezés elt½unik

�Siv2 � SlCijklnjnk = 0: (105)

Az összefüggés, ami a Cijklnjnk mátrix �v2 sajátértékhez tartozó sajátvektoregyenlete,feltételi egyenletet jelent a bevezetett Si; v; és np konstansokra nézve. A kiértékeléshezaz els½o tagban fellép½o Si tényez½ot az Si = �ilSl alakkal helyettesítjük, ekkor az egyen-letben kiemelhetjük Sl-et:

Sl���ilv

2 � Cijklnjnk�= 0: (106)

A kapott egyenlet egy homogén, lineáris, algebrai egyenletrendszer az Sl kompo-nensekre nézve, aminek akkor van nemtriviális megoldása, ha az egyenlet deter-minánsa elt½unik:

det���ilv

2 � Cijklnjnk�= 0: (107)

Írjuk fel részletesen a determinánst:�������v2 � C1jk1njnk �C1jk2njnk �C1jk3njnk�C2jk1njnk �v2 � C2jk2njnk �C2jk3njnk�C3jk1njnk �C3jk2njnk �v2 � C3jk3njnk

������ = 0: (108)

Látható, hogy kifejtés esetén a determináns v2-re nézve egy P3 (v2) harmadfokú

polinom, aminek általános esetben három különböz½o gyöke lehet. Megoldva aP3 (v

2) = 0 egyenletet, v2-re nézve és elvégezve a négyzetgyökvonást, hat különböz½osebességértéket kapunk, amelyek között azonban, páronként szerepelnek egymás

137

ellentétei: v1; �v1; v2; �v2; v3; �v3. Az ellentétes párok ugyanahhoz a terjedésisebességhez tartoznak, csak ellenkez½o irányú hullámterjedésnek felelnek meg, amitnem szükséges külön vizsgálni.Így, ha np rögzítésével kiválasztunk egy terjedési irányt, a P3 (v2) = 0 egyen-

let megoldásával három különféle lehetséges sebességértéket nyerünk (v1; v2; v3).Kiválasztjuk a q-adik lehetséges sebességértéket, amit v(q)-val jelölünk és megoldjuka (106) homogén egyenletet S(q)i-re nézve. Az elmozdulástér ezzel:

s(q)i (r; t) = S(q)i�nprp � v(q)t

�;

ahol tetsz½oleges függvény.Adott terjedési irányhoz tehát háromféle hullám tartozik, amelyek rezgési iránya

a térben rögzített és általában, a terjedési iránnyal bezárt szöge nem vesz fel speciálisértéket (a hullám nem longitudinális vagy transzverzális).Érdemes külön megvizsgálni az izotrop, amorf közeg esetét. Az amorf közegre

vonatkozó (101) Hooke-tenzort a (108) determinánsba történ½o behelyettesítése helyetthelyettesítsük be a (105) egyenletbe:

�v2Si � [��ij�kl + � (�ik�jl + �il�jk)]njnkSl = 0:

Az egyenletben a lehetséges indexegybeejtések elvégzése után két oldalra gy½ujtjük azi és az l indexet visel½o S komponenseket

(�v2 � �)

�+ �Si = ninlSl: (109)

Az egyenlet az ninl mátrix sajátvektor-egyenlete, aminek a � =(�v2��)�+�

sajátértékhez

tartozó sajátvektora S. Az ninl mátrix projektor mátrixa, azaz olyan P̂ lineárisoperátor mátrixa, amire fennáll, hogy

P̂ P̂ = P̂ ; (110)

hiszen nini = 1 miatt(nkni) (ninl) = nknl:

Egy projektor � sajátértéke 0 vagy 1 lehet, hiszen ha a hozzátartozó sajátvektor wés így

P̂w = �w;

akkor egyrésztP̂ P̂w = �2w;

másrészt (110) miattP̂ P̂w = P̂w = �w:

Összevetve kapjuk, hogy

�2 = �; tehát � (�� 1) = 0;

138

amib½ol � = 0 vagy � = 1.Az els½o esetben:

(�v2 � �)

�+ �= 0;

amib½ol v1;2 = �q

��. A második esetben

(�v2 � �)

�+ �= 1;

amib½ol v3;4 = �q

2�+��. Összesen kétféle sebességértéket kaptunk, mivel a váltott

el½ojel az ellentétes irányú hullámterjedésnek felel meg.Vizsgáljuk meg az Sl vektorkomponenseket. Az els½o esetben, amikor v1;2 = �

q��,

a (109) egyenlet szerintninlSl = 0

lesz. Mivel az ni értékek közül nem lehet mindegyik nulla, a nlSl szorzat el kellt½unjön, azaz a rezgés irányát megadó S vektor mer½oleges a terjedés irányát megadón vektorra. A kapott hullám tehát transzverzális hullám, aminek terjedési sebességev =

q��.

Vizsgáljuk meg a másik esetet, amikor v2 = 2�+��. A (109) egyenlet szerint

Si = ninlSl (111)

A jobb oldalon az S és az n vektor skaláris szorzata van megszorozva az ni vek-torkomponenssel és így S párhuzamos n-nel. Ez longitudinális hullámot jelent, aminek

sebessége v =q

2�+��.

Érdemes megmutatni, hogy a longitudinális hullám rotációja elt½unik. Vegyükugyanis az s (r; t) = S(nprp � vt) megoldás rotációjának k-adik komponensét:

rot [s (r; t)]k = "kji@jsi (r; t) :

Behelyettesítve a fenti alakot:

"kji@jsi (r; t) = "kji@jSi(nprp � vt) = "kjinjSi0 (nprp � vt) :

Használjuk ki Si (111)-beli el½oállítását:

rot [s (r; t)]k = "kjinjninlSl0 (nprp � vt) :

Mivel njni szimmetrikus mátrix, "kji pedig antiszimmetrikus az (j; i) indexpárban, amindkét indexet egybeejt½o szorzatuk nulla.Hasonlóan, a transzverzális hullám esetén, írjuk fel s (r; t) divergenciáját:

divs (r; t) = @isi (r; t) = niSi0 (nprp � vt) :

Transzverzális hullám esetén az niSi szorzat értéke volt nulla, tehát annak a diver-genciája t½unik el.

139

30. Folytonos rendszerek Lagrange-formalizmusa

Tekintsük egy olyan kifeszített, rugalmas (pl. gumi)szál viselkedését, amelyenlongitudinális hullámok keletkezhetnek. Legyen a szál keresztmetszete A, Young-modulusza E, térfogati tömegs½ur½usége � és ennek megfelel½oen a lináris tömegs½ur½usége� = �A.Modellezzük a szál viselkedését egy s½ur½un, egyenletes a távolságban elhelyezett

m tömeg½u tömegpontokból és azokat összeköt½o D rugóállandójú rugókból állólineáris rendszerrel. Az x tengely mentén elhelyezett j-edik tömegpont egyensú-lyi koordinátája aj = ja, és az ett½ol való eltérést jelöljük qj-vel. A j-edik rugómegnyúlása �qj = qj+1 � qj. A rendszer La Lagrange-függvénye (ahol az indexaz a paraméterre utal) felírható a tömegpontok kinetikus energiája és a rugókbanfelhalmozott potenciális energia segítségével:

La =Xj

1

2

�m _q2j �D (qj+1 � qj)

2� :A Lagrange-egyenleteket felírva

d

dt

@

@ _qjLa =

@

@qjLa;

a következ½o Newton-egyenleteket nyerjük:

m�qj = D (qj+1 � 2qj + qj�1) : (112)

A rendszer potenciális energiája a qj koordináták kvadratikus formája, így az egyenletmegoldását

qj = Aj exp (�i!t)alakú normálrezgések alakjában kereshetjük. Behelyettesítve a (112) mozgásegyenletbe,az Aj együtthatókra a következ½o feltételt nyerjük:

!2mAj +D (Aj+1 � 2Aj + Aj�1) = 0: (113)

A (113) homogén egyenletrendszer megoldása Aj = A exp ikaj alakban kereshet½o,ahol k kés½obb meghatározandó paraméter. Behelyettesítve, az

!2mA exp ikaj +D [A exp ika (j + 1)� 2A exp ikaj + A exp ika (j � 1)] = 0

feltételi egyenletet nyerjük. Egyszer½usítés után

!2m+D [exp ika� 2 + exp (�ika)] = 0;

vagy!2m+ 2D [cos (ka)� 1] = 0:

Fejezzük ki !-t amivel az ! = ! (k) ; ún. diszperziós összefüggést nyerjük

! = 2

rD

msin

�ka

2

�: (114)

140

A megoldás hullámszer½u:

qj = Aj exp (�i!t) = A exp i (kx� !t) ;

ahol x = aj jelöli a j-edik tömegpont egyensúlyi helykoordinátáját. Az ! körfrekven-ciához tartozó k ún. hullámszám lehetséges értékét pedig a diszperziós összefüggésszolgáltatja.Hasonlítsuk össze a számítást a modellezett rugalmas szál viselkedésével. A szál

� lineáris tömegs½ur½usége kifejezhet½o az m tömeg és az a távolság segítségével:

� =m

a:

Másrészt, a j-edik rugóban ébred½o er½o F = D�qj, aminek meg kell egyeznie a ru-galmas szálban ébred½o er½ovel. A rugalmas szálban fellép½o feszültség egyenl½o a �qj

a

lokális relatív megnyúlás és az E Young-modulusz szorzatával. Az er½ot a feszültségés a keresztmetszet szorzata adja:

D�qj = AE�qja;

azaz

D =EA

a:

S½urítsük a tömegpontokat úgy hogy � és E állandók maradnak. Vizsgáljuk meg, mitörténik határmenetben a mozgásegyenlettel. Ehhez a (112) egyenletben helyettesít-sünk m = aA� és D = EA=a szerint és osszuk az egyenletet aA-val:

��qj =E

a

��qja� �qj�1

a

�:

Ha a tömegpontok s½urítése esetén, a szál egy adott x helyén való viselkedésétvizsgáljuk, mindig azt a j indexet kell tekintenünk, amire fennáll, hogy x = aj ál-landó. Ennek értelmében az egész érték½u j helyett x-szel is indexelhetjük a tömegeket,aminek megfelel½oen az id½ofügg½o qj (t) helyett q(x; t), _qj helyett pedig

@q(x;t)@t

írandó,ahol x = aj.Tekintsünk most egy x0 = aj helyet és tartson a nullához a fenti feltételekkel. Az

egyenlet bal oldala � @2q@t2

���x=x0

-hoz fog tartani. A jobb oldalon a zárójelben álló két

tag pedig, rendre @q@x

��x=x0+a

-hoz és @q@x

��x=x0

-hoz tart. Ezek különbsége osztva a-val,@2q@x2

���x=x0

-hoz tart, aminek eredményeképpen az egyenlet határértékben a következ½o

alakot veszi fel

�@2q

@t2= E

@2q

@x2:

A kapott egyenlet a hullámegyenlet egy dimenziós alakja, ami megegyezik a rugalmasszálra más módszerrel levezetett mozgásegyenlettel.A (114) diszperziós összefüggésbe is írjuk be a rugalmas szál paramétereit

! =2

a

sE

�sin

�ka

2

�;

141

aminek határértéke mid½on a tart nullához:

lima!0

! = k

sE

�:

A kapott eredmény megegyezik a folytonos rugalmas szál esetében ismert eredmén-nyel.Vizsgáljuk meg, hogy mi történik az a! 0 határmenet hatására az La Lagrange-

függvénnyel. Helyettesítsük be a szál paramétereit

La =Xj

1

2

�a� _q2j �

EA

a(qj+1 � qj)

2

�;

és emeljük ki a-t

La = aXj

1

2

"� _q2j � EA

��qja

�2#:

Ha a tart nullához, a kerek zárójelben álló hányados @q@x

��x=aj

-hez tart.Ugyanakkor az összegben, valamilyen rögzített x1 és x2 értékek közötti szakaszon

vett járulék éppen az egyenletes a távolságokban vett tagok összege, ami ilyen módonéppen az (x1; x2) szakaszon vett téglányösszegnek felel meg. Így ha a tart nullához,a Lagrange-függvény határértéke a következ½o integrál lesz

La ! L =

Z x2

x1

1

2

"�

�@q

@t

�2� EA

�@q

@x

�2#dx:

Szokás az integrandust (lineáris) Lagrange-s½ur½uségnek nevezni és L-lel jelölni.Tehát

L = 1

2

"�

�@q

@t

�2� EA

�@q

@x

�2#; amivel L =

Z x2

x1

Ldx: (115)

A hullámegyenlet el½obbi �levezetése�a Newton-egyenletb½ol történt. Most viszontalkalmazzuk a �S = 0 Hamilton-elvet a fenti Lagrange-függvényre. Kiírva, a

�

Z t2

t1

Ldt = 0

variációs egyenletet kell megoldanunk. Részletesen

�

Z t2

t1

Z x2

x1

Ldxdt = 0;

ahol L argumentuma @q@tés @q

@x. Általános esetben L függhet még q (x; t)-t½ol, és az x; t

változóktól is.Fejtsük ki a �S variációt, �gyelembe véve azt, hogy a Hamilton-elv értelmében az

id½o szerint nem variálunk és így a variálás bevihet½o az integrál jel mögé:

�S = �

Z t2

t1

Z x2

x1

L�@q

@t;@q

@x; q; x; t

�dxdt =

Z t2

t1

Z x2

x1

�L�@q

@t;@q

@x; q; x; t

�dxdt:

142

Az integrandus variációját a szokásos módon írjuk fel:

�L = @L@ @q@t

�@q

@t+@L@ @q@x

�@q

@x+@L@q�q;

amivel

�S =

Z t2

t1

Z x2

x1

@L@ @q@t

�@q

@t+@L@ @q@x

�@q

@x+@L@q�q

!dxdt:

Mivel az id½o szerint nem variálunk, a variáció és a t szerinti parciális deriválás felc-serélhet½o:

�@q

@t=@ (�q)

@t:

Hasonló módon, mivel az x indexváltozó, (�az x-edik tömegpont�azonosítója) amiszerint az integrálban a variáció m½uveletét½ol függetlenül elvégzend½o összegzést hajtunkvégre, az x szerinti parciális deriválás is felcserélhet½o a variálással:

�@q

@x=@ (�q)

@x:

Az integrandus két els½o tagja ennek alapján átírható:

�S =

Z t2

t1

Z x2

x1

@L@ @q@t

@ (�q)

@t+@L@ @q@x

@ (�q)

@x+@L@q�q

!dxdt: (116)

Most alakítsuk át az integrandus els½o két tagját az alábbiak szerint:

@L@ @q@t

@ (�q)

@t=

@

@t

@L@ @q@t

�q

!� @

@t

@L@ @q@t

�q;

@L@ @q@x

@ (�q)

@x=

@

@x

@L@ @q@x

�q

!� @

@x

@L@ @q@x

�q:

Helyettesítsünk be a (116) integrálba:

�S =

Z t2

t1

Z x2

x1

" @L@q� @

@t

@L@ @q@t

� @

@x

@L@ @q@x

!�q +

@

@t

@L@ @q@t

�q

!+

@

@x

@L@ @q@x

�q

!#dxdt:

(117)A második tagon végezzük el a t id½o szerinti, a harmadik tagon pedig az x hely

szerinti integrálást:

�S =

Z t2

t1

Z x2

x1

@L@q� @

@t

@L@ @q@t

� @

@x

@L@ @q@x

!�q (x; t) dxdt (118)

+

Z x2

x1

@L@ @q@t

�����t2

�q (x; t2)�@L@ @q@t

�����t1

�q (x; t1)

!dx+

+

Z t2

t1

@L@ @q@x

�����x2

�q (x2; t)�@L@ @q@x

�����x1

�q (x1; t)

!dt:

143

A Hamilton-elv szerint a mozgás kezd½o t1 és végs½o t2 id½opontjánál nem variálunk,azaz �q (x; t1) = �q (x; t2) = 0, aminek következtében, a második integrál értéke nulla.A (115) Lagrange-függvény az x1 és x2 pontokban rögzített, küls½o er½ohatásnak

ki nem tett húr mozgásának leírására alkalmas, mivel sem a húr belsejében, sem avégein nem vettük �gyelembe egy esetleges küls½o er½o munkáját, aminek megfelel½oen�q (x1; t) és �q (x2; t) szintén nulla és így a harmadik integrál szintén elt½unik.Az els½o integrálban viszont �q (x; t) a teljes (t1; t2) (x1; x2) tartomány belsejében

szabadon adható meg, így az integrál csak úgy t½unhet el, ha �q (x; t) együtthatójazérus:

@L@q� @

@t

@L@ @q@t

� @

@x

@L@ @q@x

= 0: (119)

A kapott egyenlet a húr Euler�Lagrange-egyenlete, ami a (115) egyenletben adottL Lagrange-s½ur½uség felhasználásával valóban a küls½o er½ok hatása nélkül, szabadonmozgó húr mozgásegyenletét szolgáltatja. Helyettesítsünk be:

@L@q

= 0;@L@ @q@t

= �@q

@t;@L@ @q@x

= �EA@q@x;

amib½ol a mozgásegyenlet:

��@2q

@t2+ EA

@2q

@x2= 0; azaz �

@2q

@t2= E

@2q

@x2:

Érdemes észrevenni, hogy a Lagrange-függvény szerkezete a húr esetén is olyanalakú volt, mint a véges szabadsági fokú rendszereknél, tehát a kinetikus és potenciálisenergia különbségeként volt felírható: L = K � U . Az eltérés mindössze abban áll,hogy a diszkrét esetben fellép½o összegzések helyett integrálok szerepelnek A kinetikusenergia az 1

2��@q@t

�2kinetikus energias½ur½uség integráljaként áll el½o:

K =

Z x2

x1

1

2�

�@q

@t

�2Adx:

Az U potenciális energia a közeg � rugalmas energiájának felel meg, amit szinténenergias½ur½uség integráljaként adhatunk meg:

� =

Z x2

x1

1

2E

�@q

@x

�2Adx:

A diszkrét tömegpontokból álló rendszer Lagrange-függvényében az i-ediktömegpontra ható küls½o Fi (t) er½o jelenlétét egy qiFi (t) tag bevezetésével vehettük �-gyelembe. Ha a húrra (közegre) egy küls½o térfogati er½o is hat, az általában egy helyt½olés id½ot½ol függ½o, � (x; t) lineáris, azaz � (x; t) =A térfogati er½os½ur½uséggel jellemezhet½o.Folytonos esetben, ennek megfelel½oen a Lagrange-függvényben megjelen½o korrekcióstag

R x2x1q (x; t) � (x; t) dx alakú lesz. Hasonló módon, ha az x1 és x2 végpontokban

F1 (t) és F2 (t), el½ore de�niált er½ok hatnak, hatásukat a Lagrange-függvényben az

F2 (t) q (x2; t)� F1 (t) q (x1; t)

144

tag hozzáadásával kell megjeleníteni. A Lagrange-függvény alakja tehát ekkor

L =

Z x2

x1

"1

2�

�@q

@t

�2� 12EA

�@q

@x

�2+ q� (x; t)

#dx+ F2 (t) q (x2; t)� F1 (t) q (x1; t) :

(120)Az L Lagrange-függvény kétféle tagot tartalmaz. Az els½o, egy az L =h

12��@q@t

�2 � 12EA

�@q@x

�2+ q� (x; t)

ilineáris Lagrange-s½ur½uség integráljaként el½oálló,

a húr bels½o tartományának tulajdonságait leíró tag. A további két tag, nems½ur½uségintegrálként el½oálló járulék, a húr peremének viselkedésével kapcsolatos.Készítsük el a �S = �

R z2t1Ldt variációt. Az els½o tag �S1 variációját a (118) egyen-

letbe helyettesítve nyerjük, amelynek a jobb oldalán álló második tagjáról láttuk,hogy értéke a Hamilton-elv szerint nulla, így azt nem írjuk ki:

�S1 =

Z t2

t1

Z x2

x1

@L@q� @

@t

@L@ @q@t

� @

@x

@L@ @q@x

!�q (x; t) dxdt

+

Z t2

t1

@L@ @q@x

�����x2

�q (x2; t)�@L@ @q@x

�����x1

�q (x1; t)

!dt;

ahol a (120) Lagrange-függvény szerint

@L@q

= � (x; t) ;@L@ @q@t

= �@q

@t;@L@ @q@x

= �EA@q@x:

Az utolsó két tagból származó �S2 járulék pedig a szokásos eljárás szerint állíthatóel½o:

�S2 =

Z t2

t1

(F2 (t) �q (x2; t)� F1 (t) �q (x1; t)) dt:

A teljes �S variáció ezek szerint

�S = �S1 + �S2 =

Z t2

t1

Z x2

x1

@L@q� @

@t

@L@ @q@t

� @

@x

@L@ @q@x

!�q (x; t) dxdt

+

Z t2

t1

" @L@ @q@x

�����x2

+ F2 (t)

!�q (x2; t)�

@L@ @q@x

�����x1

+ F1 (t)

!�q (x1; t)

#dt;

azaz behelyettesítve

�S =

Z t2

t1

Z x2

x1

�� (x; t)� �

@2q

@t2+ EA

@2q

@x2

��q (x; t) dxdt

+

Z t2

t1

" �EA@q

@x

����x2

+ F2 (t)

!�q (x2; t)�

�EA@q

@x

����x1

+ F1 (t)

!�q (x1; t)

#dt:

A (t1; t2) (x1; x2) tartomány belsejében �q (x; t), valamint az x1 és x2 értékekheztartozó éleken �q (x1; t) és �q (x2; t), egymástól függetlenül választható meg, és így a

145

�S = 0 feltétel kielégítéséhez mind a három integrálkifejezésnek külön-külön el kellt½unnie. Az els½o integrál akkor válik azonosan zérussá, ha �q (x; t) együtthatója nulla:

@L@q� @

@t

@L@ @q@t

� @

@x

@L@ @q@x

= 0;

azaz

�@2q

@t2= EA

@2q

@x2+ � (x; t) ;

ami éppen a húr mozgásegyenlete küls½o � (x; t) lineáris er½os½ur½uség jelenléte esetén.A második és harmadik integrál elt½unése kétféle esetben is megvalósulhat.

1. A húr vége rögzített, ekkor a megfelel½o �q (x1; t) = 0 vagy �q (x2; t) = 0 feltételáll fenn.

2. A húr megfelel½o végére adott, F1 (t) vagy F2 (t) er½o hat, ekkor �q (x1; t) vagy�q (x2; t) szabadon választható és az integrál elt½unésének feltétele, hogy

@L@ @q@x

�����x1

+ F1 (t) = 0 vagy@L@ @q@x

�����x2

+ F2 (t) = 0;

azaz

EA@q

@x

����x1

� F1 (t) = 0 vagy EA@q

@x

����x2

� F2 (t) = 0

legyen.

A két eset a megfelel½o határfeltételeket rögzíti.A húr példája alapján fel tudjuk írni a háromdimenziós, rugalmas közeg L

Lagrange-függvényét. Ebben két féle tag szerepel: egyrészt a kinetikus és rugalmaspotenciális energia különbségét tartalmazó, valamint az fi s½ur½uség½u tömeger½okhatását leíró L Lagrange-s½ur½uség térfogati integrálja, másrészt a közeg felületén,kívülr½ol ható �Kij feszültségek járuléka, ami felületi integrál formájában adható meg:

L =

ZV

LdV +Zf

�Kij sidfj;

ahol

L = 1

2�@si@t

@si@t� 12Cijkl

@si@xj

@sk@xl

+ fisi: (121)

A �S = �R t2t1Ldt kifejezés variációja "recept" szerint készülhet. Az els½o, térfogati

integrál variációja

�S1 =

Z t2

t1

ZV

@L@ @si@t

�@si@t+

@L@ @si@xj

�@si@xj

+@L@si

�sj

!dV dt:

A variálás és a hely és id½o szerinti deriválás itt is felcserélhet½o, azaz

�@si@t=@ (�siq)

@t

146

és

�@si@xj

=@ (�si)

@xj:

Alakítsuk át az integrált a következ½o azonosságokkal

@L@ @si@t

@ (�si)

@t=

@

@t

@L@ @si@t

�si

!� @

@t

@L@ @si@t

�si;

@L@ @si@xj

@ (�si)

@xj=

@

@xj

@L@ @si@xj

�si

!� @

@xj

@L@ @si@xj

�si

és írjuk fel a felületi integrál variációját

�S2 =

Z t2

t1

Zf

�Kij �sidfjdt;

amivel a teljes variáció:

�S = �S1 + �S2 =

Z t2

t1

ZV

@L@si

� @

@t

@L@ @si@t

� @

@xj

@L@ @si@xj

!�sidV dt

+

Z t2

t1

ZV

"@

@t

@L@ @si@t

�si

!+

@

@xj

@L@ @si@xj

�si

!#dV dt+

Z t2

t1

Zf

�Kij �sidfjdt:

A második integrál els½o tagján elvégezve az id½o szerinti integrálást ismét olyankifejezést kapunk, amely a kezd½o és vég id½opontokban szorzótényez½oként tartalmazzaaz elmozdulástér (térváltozó) variációját, ami a Hamilton-elv szerint nulla.Az integrál második tagját a Gauss-tétel alapján alakítsuk felületi integrállá:Z t2

t1

ZV

@

@xj

@L@ @si@xj

�si

!dV dt =

Z t2

t1

Zf

@L@ @si@xj

�sidfjdt:

Így végeredményben �S-re a következ½o alakot nyerjük:

�S =

Z t2

t1

ZV

@L@si

� @

@t

@L@ @si@t

� @

@xj

@L@ @si@xj

!�sidV dt+

Z t2

t1

Zf

@L@ @si@xj

+ �Kij

!�sidfjdt:

A tartomány belsejében a teljes id½ointervallumban �si tetsz½oleges lehet, ezért azels½o integrál akkor t½unhet el, ha

@L@si

� @

@t

@L@ @si@t

� @

@xj

@L@ @si@xj

= 0: (122)

A nyert eredmény a háromdimenziós térben érvényes mozgásegyenlet.A második, felületi integrál kétféle módon is elt½unhet.

147

1. Ha a felszínen a közeg rögzített, �si nulla.

2. Ha a felszínen a közeg nem rögzített, �si együtthatója kell elt½unjön: @L@ @si@xj

+ �Kij

!dfj = 0:

Az egyenlet a közeg mozgásegyenleteit kiegészít½o peremfeltétel, aminek konkréttartalmáról behelyettesítéssel gy½oz½odhetünk meg.

A Lagrange-s½ur½uség (121) alakját behelyettesítve a (122) egyenletbe a mozgás-egyenletet nyerjük, ugyanis

@L@si

= fi;@

@t

@L@ @si@t

= �@2si@t2

;@

@xj

@L@ @si@xj

= �Cijkl@2sk@xj@xl

;

amib½ol

fi � �@2si@t2

+ Cijkl@2sk@xj@xl

= 0:

A kapott egyenlet megegyezik a (104) egyenlettel, mivel Cijkl szimmetrikus a másodikindexpárban.Vizsgáljuk meg a peremfeltétel második esetét.

@L@ @si@xj

= �Cijkl@sk@xl

;

ami a Hooke-törvény szerint a feszültségtenzor ellentétével egyenl½o:

�Cijkl@sk@xl

= ��ij:

Egyenletben: ���ij + �Kij

�dfj = 0; tehát �Kij dfj = �ijdfj

azaz a közegben ébred½o, a felületre ható feszültségnek meg kell egyeznie a felületrekívülr½ol alkalmazott �Kij feszültségb½ol származó er½ovel.

148