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
Top Related