Elektrodinamika. Bevezetés

Átírás

1 Elektodinamika Bevezetés A Kíséleti Fizika tantágyban má megismekedtünk a Mawell egyenletekkel amelyek segítségével megéteni és magyaázni tudjuk a hétköznapjainkban tapasztalható elektomágneses jelenségeket. A technika világában gépeket, beendezéseket tevezünk és gyátunk mindenféle méetben és számtalan céllal. Az ezt megvalósító ménöki szakma is az ezen egyenletek által megfogalmazott tövények keetei között tevékenykedik. A Mawell egyenletek tehát az Elektodinamika aiómái. Fizikai ételemben ma má bizonyítottnak vehetık. Azaz a megszületésük (864) óta eltelt kb.5 év alatt minden klasszikus elektomágneses jelenséget a segítségével meg tudtunk magyaázni és nem tapasztalatunk egyetlen egy olyan effektust sem, amely cáfolta volna ezen tövények helyességét. Ez valójában azt jelenti, hogy ma má pontosan ismejük a jelenségek azon köét, amelyeke ezek a tövények évényesek. Mindaddig, amíg a fotonokat nem vesszük észe, addig a Mawell egyenletek teljesen kielégítı alaptövényeket jelentenek. Ezt nevezzük a klasszikus elektodinamikának. Ma má tudjuk azonban, hogy a jelenségek mélyén mindig fotonok viselkedése húzódik meg. Ezt pedig má a Kvantumelektodinanika tágyalja. Azaz, ha úgy tetszik, akko a Mawell egyenletek endszee tulajdonképpen az igen nagyszámú fotonból ( 3 ) álló fizikai endszeek makoszkopikus viselkedésének a tövényeit jelenti. Ez az, amit a mi (makoszkopikus) mőszeeink Elektomágneses téként (EMT) ézékelnek. Joggal meülhet fel a kédés, hogy van-e egyáltalán különbség a Kíséleti Fizikában tanult elektodinamika és most, az Elméleti Fizika keetében tágyalása keülı ismeetek között. A válasz nyilvánvalóan az, hogy csak egyféle Elektodinamika létezik és így tulajdonképpen mindig ugyanaól beszélünk. Ugyanaól, de nem ugyanúgy! A különbség tulajdonképpen a szemléletben van. A Kíséleti Fizika soán lényegében egy induktív módszet alkalmaztunk. Azaz sok egyedi megfigyelés és elvégzett kísélet után jellegzetes szabályosságokat vettünk észe. Majd ezeket a szabályokat általánosítottuk, azaz kimondtuk, hogy adott köülmények között lényegében mindig ugyanazt fogjuk tapasztalni a konkét tágyi megvalósulástól függetlenül. Majd ezeket a felismet tövényeket hieachiába endeztük. Azaz ájöttünk aa, hogy melyek azok, amelyek egymástól függetlenek és amelyekbıl az összes többi logikailag következik. Így született meg a Mawell egyenletek endszee. Az Elméleti Fizika más utat követ és más a célja is. Deduktív módszet alkalmaz. Azaz a Mawell egyenleteket adottnak veszi. Nem foglakozik azzal, hogy aa miként jöttünk á. Elfogadja mint feltételezett alaptövényeket (aiomák) és megnézi, hogy mi jön ki belılük. Azaz milyen számaztatott tövények sokaságát lehet kihámozni ebbıl a endszebıl. Majd megkeesi azokat a konkét jelenségeket, amelyek mintegy igazolják a kapott tövényeket. A dolgok temészetébıl fakad, hogy az Elméleti Fizikában viszonylag bonyolult matematikai appaátust kell mozgatnunk, hiszen itt az alapfogalmak megétésén má túl vagyunk. A cél az összetett jelenségek minél pontosabb matematikai modellezése. Elıszö a Mawell egyenletek ún. integális alakjával ismekedtünk meg. Az egyenleteknek nevük is van. Azokól a temészettudósokól neveztük el ıket, akik hozzájáultak az illetı aióma felfedezéséhez (aká kíséleti, aká elméleti munkásságukkal)..) Az elektomosság Gauss tétele (Coulomb tövény általánosítása).) A mágneses Gauss tövény 3.) A Faaday-féle indukció tövény. 4.) Az Ampee- Mawell tövény Mindezeket a Kíséleti Fizika tantágyban má megtanultuk.

2 N.) EdF ε Q i i d 3.) Edl BdF dt g F.) B df N d 4.) Bdl µ I i + µ ε EdF dt g i F Kal Fiedich Gauss ( ) Michael Faaday (79-867) Chales Augustin de Coulomb (736-86) Ande-Maie Ampee ( ),.ába

3 Itt nagyon fontos az integálási zát g göbe ( dl ) és az általa definiált F felületen töténı g integálás ( df ) közötti elıjel konvenció ögzítése. Ennek ételmében az adott felület bámelyik F + df felületelem vektoát és a kontúján felvett + dl elmozdulás vektot jobb kéz szabály köti össze. 3.ába Az egyenletek bámilyen kicsi göbée és felülete igazak. Ez lehetıséget ad aa, hogy az elektomágneses mezı viselkedését egy adott pontban vizsgáljuk. Végehajthatjuk az alábbi límeszeket ezzel mintegy ázsugoodunk az adott ponta és így az elektomágneses mezı pontbeli tulajdonságait K vektomezı (vektoté) esetén kapjuk meg. Egy valamilyen adott ( ) lim F KdF divk K V F ahol V az F által köbezát téfogat. lim g Kdl e n [ otk] e n K F g [ ] ahol e n a g síkgöbe által definiált F felület nomális egységvektoa. A Matematikai tanulmányainkból tudjuk, hogy a ponta való ázsugoodás soán az integál egyenletek diffeenciálegyenletté alakulnak át. Azaz a divegencia,a otáció és a gadiens deiválási mőveletekkel is kifejezhetık. Ennek megfelelıen az integális egyenletekben ( az EMT foásaiként) szeeplı Q i ponttöltésektıl és I i vonaláamoktól meg kell szabadulnunk. Ez úgy lehetséges, ha itt is a,t j, t áamsőőségeket vezetünk be. kontinuum modellünket vesszük elı és ρ ( ) töltéssőőségeket és ( ) ρ.) E ε.) B 3.) E B t 4.) B µ j + µ ε E t (864) James Clek MAXWELL

4 4 Ezzel megkaptuk a Mawell egyenletek diffeenciális alakját. A továbbiakban ezekkel foglakozunk. Jóllehet egyes poblémák megoldása néha egyszeőbb lehet az integális Mawell egyenletek alkalmazásával. A Mawell egyenletek endszee egyben lehetıséget ad az elektomágneses jelenségek egyfajta osztályozásáa is..) Az Elektosztatika álló elektomos töltések által keltett elektosztatikus mezık ( teek ) tulajdonságaival és kiszámításával foglakozik. Az alaptövények ekko ρ E E ε Az elsı neve (mint az ismeetes) az elektosztatika Gauss tövénye. A második azt fejezi ki, hogy az elektosztatikus té otáció mentes..) A Magnetosztatika idıben állandó mágneses teek általános tulajdonságait vizsgálja. Az alapegyenletünk a mágneses Gauss tövény B Ez azt a tapasztalati tényt fejezi ki, hogy nincsenek mágneses monopólusok, legalább is eddig nem tapasztaltuk ezeknek a jelenlétét. Az állítás azét édekes, met nem ismeünk olyan alapvetı szimmetiatövényt, amely tiltaná ezeknek a létét. Az igazi kédés tehát valójában az, hogy Miét nem létezik a megfigyelhetı könyezetünkben mágneses monopólus, ha egysze létezhetne? Ee a kédése csak egy kozmológus és/vagy egy észecskefzikus tud(na) válaszolni. A válaszuk azonban eléggé hipotétikus (feltevés jellegő) lenne. A pemanens mágnesek ( mágnesudak ) igen sok ( 3 db) mágneses dipólus endezett alakzata. Ezek makoszkopikus teének a meghatáozása szintén a magnetosztatika feladata. Ekko az elızı egyenletünkhöz hozzá kell venni még a következı Mawell egyenletet is. B µ M ( ) Ez éppen azt fejezi ki, hogy az M -el jellemzett mágneses anyagok mágneses teet hoznak léte. 3.) A Stacináius áamok tee azzal foglakozik, hogy idıben állandó (stacionáius) áam SZ sőőségek ( j ) milyen mágneses teet hoznak léte. Az alapegyenlet ekko az ún. Ampee tövény SZ B µ j Temészetesen a Gauss tövény továbba is igaz, azaz B 4.) A Kvázi-stacionáius áamok tee gyakolatilag a Faaday-féle indukció tövényt foglalja magába. Ugyanis az áam által keltett lassan változó mágneses té elektomos teet indukál, de ennek a további indukciós hatásától má eltekintünk. Azaz az eltolási áamokat elhanyagoljuk. Így az alapegyenletek a következık: SZ B µ j, t E B t ( ) 5.) Az elektomágneses teek teljesköő viselkedését a 4db Mawell egyenlet együttesen adja meg. Az elızıkhöz képest itt az elektomágneses hullámok megjelenése jelenti a többletet. A továbbiakban mi is ezt a tágyalási soendet követjük.

5 Elektosztatika 5 Mint azt említettük, az elektosztatikus teet álló töltések endszee hozza léte. A otáció mentes elektomos mezı foása tehát az elektomos töltés. Azaz ρ E ε E Tudjuk, hogy otáció mentes eıtében (fizikai mezıben) mindig definiálható egy ( ) függvény, amely megadja fizikai mezıt. Jelen esetben tehát E Ψ Ezt beíva az elsı egyenletbe kapjuk az ún. Poisson egyenletet. ρ Ψ. PE ε Ψ skalá potenciál Tegyük fel, hogy a Ψ ( ) potenciált egy olyan V téfogatú téészben keessük, ahol nincsen töltés (ρ) és amelyet a Γ felület hatáol. Ekko az ún. Laplace egyenlethez jutunk { Ψ } V ( Γ) Röviden azonban csak azt íjuk, hogy: Ψ A feladatunk most a Laplace egyenlet megoldása. Tudjuk azt, hogy az elektosztatikus té foása mindig elektomos töltések valamilyen elendezıdése. Most azonban ebbıl semmit nem látunk, hiszen töltések szükségképpen a vizsgált téészen kívül helyezkednek el. Temészetesen a teet gejesztı töltsek hatását valahogyan figyelembe kell vennünk. A matematikai vizsgálódások aa az eedménye vezettek, hogy a V téfogat belsejében a Laplace egyenlet mindig egyételmően megoldható. Ehhez azonban szükség van az ún. peemfeltételek ismeetée. Ez azt jelenti, hogy a téfogat hatáán (a teljes Γ zát felületen) ismenünk kell vagy a Ψ( ) potenciál étékét Ψ (Γ) ; vagy a gadiens étékét Ψ(Γ), vagy vegyesen a felület mentén hol ezt, hol azt. Ψ ( Γ ) és Ψ( Γ ) ahol Γ Γ Γ. Piee Simon Laplace, (749-87) Simeon Denis Poisson: (78-84)

6 6 Az iménti állítás könnyen elhihetı, hiszen a teet gejesztı töltések a Γ felületen is meghatáozzák az elektosztatikus teet. Így a peemfeltételek megadása a bukoltan a töltés elendezıdés megadását jelenti. A Laplace egyenlet megoldása soán édemes alkalmazkodni a zát felület alakjához. Ez legtöbbszö a koodináta endsze alkalmas megválasztásával töténik. Például, ha egy kocka alakú felületen adjuk meg a peemfeltételeket, akko célszeő Descates koodinátaendszet választanai. Gömbfelület esetén pedig ételem szeően gömbi koodináták lesznek a jól viselkedı változók. A feladatok száma szinte kolátlan, ezét ezek csak amolyan ésszeő ajánlások amelyek alkalmazhatóságát mindig a konkét fizikai pobléma dönti el. Amolyan ökölszabályként kezelhetı. Az általános potenciálelméleti poblémák matematikai tágyalása (ma má) a Vektoanalízis keetei között szokott megtöténni. Ezét itt mi is csak amolyan szemléltetı bemutatót tatunk a Laplace egyenlet megoldási technikájáa. A matematikai finomságokat átengedjük az idevonatkozó matematikai tantágyaknak. (Pl. paciális diffeenciálegyenletek.) A legegyszeőbbel fogjuk kezdeni. A Laplace egyenlet megoldása Descates koodinátaendszeben Tekintsük tehát a Ψ Laplace egyenlet Descates koodinátákkal felít alakját, azaz Ψ, y, z ahol ( ) yz, yz + +. y z Ez egy ún. (háom változós) paciális diffeenciál egyenlet. A megoldása úgy töténik, hogy megpóbáljuk visszavezetni egyváltozós (azaz közönséges ) diffeenciálegyenleteke. Ezek megoldása ugyanis viszonylag egyszeő. Ennek az eljáásnak a neve változók szétválasztása avagy szepaálás. Ennek soán feltesszük, hogy a keesett függvény elıállítható háom egyváltozós függvény szozataként, azaz Ψ (, y, z) X ( ) Y ( y) Z ( z) A feltételezett megoldást beíva a Laplace egyenletbe megnézzük, hogy létezik-e ilyen típusú (szepaált) megoldás. Ha igen, akko átéhetünk ezeknek a megkeesésée. Joggal felmeülhet a kédés, hogy ha megtaláltuk a szepaált megoldást, akko vajon a feladatunkat is megoldottuk-e. Azaz nem kell-e keesnünk további, nem szepaálható megoldásokat. A válasz a matematika szemével nézve nem tiviális és bizonyítást igényel. A Fizika szempontjából azonban nyilvánvaló. A Fizikában használt diffeenciál egyenletek megoldása mindig egyételmő. Jelen esetben ez azt jelenti, hogy a megtalált szepaált megoldás egyben A megoldás is. Nem létezik mellette egy nem szepaálható fantom. MEGJEGYZÉS: A diffeenciálegyenletek matematikai vizsgálata midig két kédés feltevésével kezdıdik:.) Van-e megoldása az adott típusú diffeenciálegyenletnek?.) Egyételmő-e ez a megoldás? A Matematikában a diffeenciálegyenletek elméletének a megalkotása soán tételek sokaságát dolgozták ki, amelyek segítségével e fenti két kédése válaszolni tudunk. Ezek az ún. egzisztencia tételek (. kédés) és az ún. unicitási tételek (. kédés). A statégia nyilvánvaló. Hiszen, ha nem létezik megoldása az egyenletnek, akko ká keesni azt. Ha pedig a kapott megoldás nem egyételmő, akko még továbbiakat is keesni kell, áadásul nem tudni, hogy hányat. Azaz a feladata soha nem mondhatjuk, hogy megoldottuk. Ezét aztán nyilvánvaló, hogy mindenki számáa a kétigenes diffeenciálegyenlet a megnyugtató. A Fizikában, a dolog lényegébıl fakadóan, a helyzet nem ennyie bonyolult. Ugyanis, ha a szóban fogó diffeenciálegyenlet a vizsgált jelenségnek egy adekvát matematikai modellje (mápedig az, hiszen azét csináltuk meg ), akko a válasz csakis kétigenes lehet. Hiszen biztosan létezik megoldás, met a jelenséget tapasztaltuk. Valamint csak is egy megoldás lehetséges, hiszen a mi Univezumunk olyan, hogy egy idıben, a tének egy pontjában egy méhetı fizikai mennyiségnek csak egyféle étéke lehet. Ez egy elemi tapasztalati tény és ha ez nem így volna, akko annak a biológiában látványos evolúciós nyomai is lennének. Például az élılények ézékszevei is alkalmazkodtak volna az Univezum kettıs életéhez. Ennek azonban semmi jele!

7 Helyettesítsük be a feltételezett szepaált megoldást az egyenletbe. Az { ( ), Y ( y), Z( z) } függvények saját változói szeinti deiváltjait ende { X Y, Z } hogy: X egyváltozós, -vel fogjuk jelölni. Ekko azt kapjuk, 7 X '' YZ + XY '' Z + XYZ' ' XYZ Osszuk el az egyenletet Ψ XYZ -vel! Ekko adódik a következı X '' Y '' Z '' + + X Y Z Itt valójában háom daab különbözı és egyben különbözı változójú függvény összege látható. Hiszen az elsı tag csak az a második csak az y és a hamadik tag csak a z változótól függ. Ezek a változók (Descates hely koodináták) egymástól függetlenek, hiszen a megoldást a té tetszıleges (, y, z) pontjában keessük. Mápedig az könnyen belátható, hogy háom független változójú függvény összege akko és csakis akko lehet állandó, ha mindegyik függvény külön-külön állandó. Ezeket az állandókat szepaációs állandóknak nevezzük. Jelen esetben: állandó + állandó + állandó Ez nyilvánvalóan csak akko állhat fenn, ha az egyik tag elıjele más mint a másik kettıé. Azaz például X '' k X Y '' k y Y Z' ' +α Z És ezét k + α k y Temészetesen az + α bámelyik függvényhez endelhetı lenne. Az, hogy melyikhez kell azt a peemfeltételek döntik el. Ennek szemléltetésée célszeő egy konkét fizika feladatot nézni. Legyen egy L oldalú, kocka alakú fémdoboz. A doboz teteje legyen elszigetelve a doboztól. A fedın az elektomos potenciál legyen V, a dobozon zéus étékő. Ha a z a függıleges iány, akko éppen a fenti konstans választás lesz a helyes. Ugyanis az és az y iányokban ugyanazt a peemfeltételt kell teljesíteni, míg a z iányban egy másikat. 3.ába

8 A doboz potenciál: Ψ és L ha y és y L P3 z (, y, z) 8 Ψ ( y, z) V ha z L, P4 Az általános megoldásokban szeeplı szabad paaméteeket tehát úgy kell megválasztanunk, hogy ezek a feltételek kielégüljenek. Az általános megoldások tehát a következık: Tekintsük az elsı egyenletet, azaz X '' k X Ennek általános megoldása közismet (a mechanikában is sokat használtuk csak t változóval!) X a sin( k ) + b cos( k ) Alkalmazzuk az idevonatkozó megadott peemfeltételeket Ψ, y, z Ψ, y, z X Y y Z z [ ( )] ( ) ( ) ( ) ( ) [ Ψ (, y, z) ] Ψ( L, y, z) X ( L) Y ( y) Z( z) L Láthatóan ezek akko teljesülnek, ha X ( ) X ( L) Az elsı feltételbıl következik, hogy X ( ) a sin( k ) + b cos( k ) a + b azaz b A második feltételbıl kapjuk, hogy: X ( L) a sin ( k L) Ez akko teljesül, ha k L n π, ahol n, ±, ±, ± 3, ±... Azaz az ismeetlen k -e az adódik, hogy: π k n L És ezét π X ( ) a sin n, L Ahol elvileg n, ±, ±, ± 3, ±.... De ha egy adott + n éték helyée n étéket íunk, akko ( ) kiemelhetı szinusz függvénybıl és az a -t a a változtatja. De ezt az elıjelet beolvaszthatjuk magába az a konstansba. Így az n < -k nem jelentenek újabb fizikai megoldásokat, azaz elegendı csak ha n,,,3... Mámost ahányféle n van, annyi különbözı megoldás is van és ezek lineáis kombinációja szintén megoldása lesz az egyenletnek, azaz ( ) π X an sin n n L A szimmetia miatt a megoldás menete és az eedmény ugyanilyen lesz z y iányban is, azaz ( ) π Y y bn sin m y n L m,,,3... A z iányban a megoldást a Z ( z) függvény adja, azaz Z' ' + α Z

9 Az általános megoldás itt is jól ismet: Z a ep + α z + b ep α z { } { } 9 Ami átíható még Z a sh{ α z} + b ch{ α z} (Temészetesen az a,b -k nem ugyanazok!) A Z -e vonatkozó hatáfeltétel abból adódik, hogy Ψ (, y, z) z Ψ, y, X Y y Z Azaz [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) Z ( ) És így: Z ( ) a sh{ α } + b ch{ α } Azaz Z ( ) a + b b Ezét tehát a megoldás Z( z) a sh{ α z} Teljesülnie kell még a szepaálás soán kapott összefüggésnek is: α k + k y Azaz α π L n + m Ez az összefüggés összeköti a háom függvényt is. Azaz az általános megoldás (az elsı háom.. P3 peemfeltétel kielégítése után) könnyen felíható. Ψ( ) π π π, y, z anm sh n + m z sin n sin m y n m L L L Az ismeetlen { a nm} együtthatók a negyedik ( P4 ) peemfeltétel kielégítésével kaphatjuk meg. Azaz [ Ψ (, y, z) ] z L Ψ(, y, L) V Ezét aztán íható, hogy Ψ( ) π π π, y, L anm sh n + m L sin n sin m y V n m L L L Célszeő lesz egy új jelölést bevezetni, nevezetesen: { n m } Anm anm sh π + Ekko a Ψ a következı alakot veszi fel: Ψ( ) π π, y, L Anm sin n sin m y V n m L L A együtthatókat meghatáoznunk. Ebbıl az összefüggésbıl kell az ismeetlen { } nm Ez elkövetkezı Elmleti Fizika tanulmányainkban ilyenfajta feladattal igen gyakan találkozunk majd. Nyugodtan állíthatjuk, hogy ez egy igen tipikus pobléma, amelynek a megoldása mindig ugyanazzal a módszeel töténik. Ennek az alapja pedig bizonyos függvényendszeek igen általános matematikai tulajdonságában gyökeezik. Ennek a neve a függvények otogonalitása. Az evvel a tulajdonsággal endelkezı függvények halmazát otogonális függvényendszenek nevezzük. Ez tulajdonképpen egy absztakt, lineáis (vekto) té egy lehetséges megvalósítása. Röviden a következııl van szó. Tekintsük egyváltozós függvényeknek egy halmazát : { ( ) f ( ), f ( ),..., f ( ),...} f, 3 n Ezek mindegyike az a b

10 Tatományban van ételmezve és a hatáokon eleget tesz ugyanannak a peemfeltételnek. Temészetesen az a és b + is megengedett. Mámost akko az { f ( )} n n függvényhalmaz akko lesz egy otogonális függvényendszet, ha teljesül e következı I f ( ) f ( ) d g( n, m) nm b a n m δ nm Látható tehát, hogy ez az I nm integál mindig zéus, ha n m. Emiatt az integál neve a két függvény skalá szozata. (Szemléletes utalás a vektook otogonalitásáa). Ee bevezetünk egy jelölést: ( f, ) f ( ) f ( ) d g( n, m) n f m b a n m δ nm Könnyen belátható, hogy a sin()és a cos() függvények otogonális függvényendszet alkotnak, ugyanis a matematika szeint: sin [ kn], sin[ km]) [ kn] sin[ km] ( a sin d a δ OT cos [ kn], cos[ km]) [ kn] cos[ km] ( a nm cos d a δ π Ahol k a Ezekkel má találkoztunk a Fouie tanszfomáció kapcsán, csak éppen a t idıskálán. A feladat tehát a potenciálfüggvény általános alakjában szeeplı azon { A nm} együtthatók meghatáozása, amelyek esetén az utolsó (negyedik) peemfeltétel is teljesül. Azaz Ψ( ) π π, y, L A n m sin n sin m y V n m L L (Most a késıbbiek miatt a szummázó indeeket átítuk n -e és m -e.) Szoozzuk be az elıbb definiált skalá szozással mind a két oldalt a sin ( kn ) függvénnyel. Temészetesen a feladatunknak megfelelıen most az kell, hogy a L és π k L Ekko kapjuk, hogy π An m sin m y ( sin[ kn ], sin[ kn]) ( V, sin[ kn]) n m L Az OT otogonalitási tétel felhasználásával kapjuk, hogy π L L A n m sin m y δ n n π Anm sin m y ( V, sin[ kn]) n m L m L A jobboldali integálás t elvégezve kapjuk, hogy: L ( V, sin[ kn]) V sin [ kn] d [ ] L L V cos kn V [ cos ( n π )] kn π n Azaz An m sin( km y) V [ cos( nπ )] m π n Ezután az egyenletet sin ( km y) függvénnyel skaláisan beszoozva ez elızıekhez hasonló módon kapjuk, hogy: A nm V [ cos( nπ )] [ cos( mπ )] π n π m Látszik, hogy minden olyan A nm nulla, amelyikben valamelyik inde páos szám. nm

11 Végül is kapjuk tehát, hogy: 6 A nm V π n m Vegyük elı az A definíciós egyenletét nm, ahol { n, m páatlan} { n m } Anm anm sh π + ezzel adódik, hogy : Anm anm, sh{ π n + m } azaz 6 a nm V π n m sh{ π n + m } És így a végeedmény: π sh Ψ( ) 6 L, y, z V n m π nm sh n + m { π n + m } z π π sin n sin m y L L Ezzel a feladatunkat megoldottuk. A keesett potenciálfüggvényt sikeült végtelen soösszeg fomájában megkapnunk. A numeikus eedmények ennek az adott pontosságú kiszámítása fogja nyújtani. A váható megoldás az alábbi ábán látható. 4.ába A most tágyal peeméték feladat viszonylag egyszeő volt, hiszen a megoldás soán csak jól ismet szög függvényeket illetve hipebolikus függvényeket használtunk. A következıkben speciális függvényekkel dolgozunk majd. Az elnevezés csalóka. Megkédezhetnénk ugyanis, hogy mennyiben speciálisak ezek a függvények. A válasz egyételmő: Semmivel sem speciálisabbak, mint az eddigiek!. Legfeljebb más a nevük és más a függvény alakjuk. Azét nevezzük mégis speciálisnak, hogy megkülönböztessük ıket az eddigi megszokott hatvány-, szög-, eponenciális-, logaitmikus-, hipebolikus- függvényektıl. Mindegyik felsoolt függvénytípus egyfajta igen egyszeő közönséges diffeenciálegyenlet megoldásaként látta meg a napvilágot. Vannak azonban bonyolultabb közönséges diffeenciálegyenletek is amelyek igen gyakan szeepelnek a fizikai modelljeinkben. Ezeknek a megoldásait ugyanúgy megnevezzük és ábázoljuk, mint pl. a sin() -t. A fizikai tanulmányaink soán a leggyakabban a következı nevekkel találkozunk majd : Legende polinomok, Laguee polinomok, Bessel függvények, stb. (Kiejtésük: lözsand, lage, besszel.) Ezek mindegyike egy-egy jól definiált függvényt jelent, amelyeknek a ajzolata a matematika könyvekben megtalálható és adott pontbeli étékeit táblázatból kikeeshetjük. Ugyanúgy, mint azt a sin() esetén tennénk.

12 Bessel függvények Laguee polinomok Fiedich Wilhelm Bessel ( ) Edmond Nicolas Laguee ( ) A Laplace egyenlet polákoodinátás megoldása máis szolgáltat egy speciális függvény családot. Ismekedjünk meg tehát a Legende polinomokkal! A Laplace egyenlet megoldása gömbi koodinátaendszeben A feladatunk tehát a Ψ Laplace egyenlet megoldása gömbi koodináta endszeben. Ψ, ϑ, ϕ ϑϕ ( ) Ehhez tudnunk kell a Laplace opeáto polá koodinátás alakját. Fellapozva a matematika könyvek idevonatkozó oldalait, azt találjuk, hogy ahol +, ϑ, ϕ ϑ, ϕ és ϑ, ϕ sinϑ + sinϑ ϑ ϑ sin ϑ ϕ Az elsı pillanata meglehetısen bonyolultnak tőnı matematikai alakzatokat látunk. A megoldás menete ugyanaz, mint az elıbb, a sokkal egyszeőbb Descates esetben volt. A megoldást szepaált alakban keessük.

13 Azaz Ψ (, ϑ, ϕ) R( ) Y ( ϑ, ϕ), majd tovább: Y ( ϑ, ϕ) Θ( ϑ) Φ( ϕ) Elıszö az R ( ) sugától és a Y ( ϑ,ϕ) szögektıl függı észeket fogjuk szétválasztani. Íjuk be ezt a szepaált Ψ R Y függvényt az egyenletünkbe! Ekko kapjuk, hogy: 3 azaz +, ϑ ϕ R Y, R Y R +, Y ϑ ϕ Osszuk el az egyenletet a Ψ R Y R Y -al és szoozzunk -el. Adódik, hogy R + ϑ, ϕy R Y ϑ, szögek függvénye. A Laplace étéknél teljesülnie kell. Mivel a változók függetlenek egymástól, azét ez csak úgy lehetséges, ha mind a két tag külön-külön állandó, amelyek összege nulla pl: + A A. Ekko kapjuk, hogy Láthatóan, az elsı tag csak az, a második tag pedig csak a { ϕ} egyenletnek a té minden pontjában, azaz minden {,ϑ,ϕ} R AR REGY és Y ϑ, ϕ + AY Az elsı egyenlet má egy közönséges diffeenciálegyenlet, amely megoldható (ha másként nem is de numeikus módszeel biztosan.) A második egyenlet szepaálása következik. Y ( ϑ, ϕ) Θ( ϑ) Φ( ϕ) Θ Φ Φ sinϑ + + AΘΦ sinϑ ϑ ϑ sin ϑ ϕ sin ϑ ΘΦ A szokásos beszozás után kapjuk, hogy Θ Φ sinϑ sinϑ + A sin ϑ + Θ ϑ ϑ Φ ϕ A helyzet most is ugyanaz, mint eddig volt. Azaz két független változójú függvény összege látható az egyenlet baloldalán. Jelöljük az új szepaációs állandót m -el. Ennek a fua jelölésnek az oka késıbb nyilvánvaló lesz. Ezzel megkaptuk a két szepaált egyenletet, nevezetesen Θ sinϑ sinϑ + sin ϑ Θ ϑ ϑ valamint Φ m Φ ϕ Ez utóbbi az egyszeőbb, hiszen Φ' ' m Φ A m Ennek általános megoldása má jól ismet

14 4 cϕ + d, ha m Φ( ϕ ) FEGY cm sin( m ϕ) + d m cos( m ϕ) ha m Téjünk át a másik egyenlete azaz sinϑ Θ Θ sinϑ + ϑ ϑ sin ϑ A m Θ sin ϑ d dθ m sinϑ + A Θ sinϑ dϑ dϑ sin ϑ Felismehetıbb alakot ölt az egyenletünk, ha új változót vezetünk be a következı definícióval cosϑ Némi egyszeő algebai mővelet elvégzése után ( Házi Feladat ) a következıke jutunk: m l ( ) Θ Θ + A Θ Ez az ún. Legende-féle diffeenciálegyenlet (helyesebben annak ún kapcsolt v. asszociált változata. Legende polinomok Adien-Maie Legende MEGJEGYZÉS:Az egyenlet megoldása ún. polinom módszeel töténik. Mivel ez általában minden esetben céla vezet ezét öviden ismetetjük a módsze lényegét. Olyan egyenleten mutatjuk be, amelynek megoldása közismet. Így csak magáa a számítási eljáása tudunk koncentálni. y ω y DE + Ahol ω egy állandó. A megoldást egy Taylo so (ebbıl lesz esetleg a végén egy polinom) alakjában keessük, azaz y ( ) k k c k

15 A deiválás könnyen elvégezhetı: y y k k k c k k k ( k ) c k k Íjuk be ezt az alakot az egyenletünkbe 5 k ( k ) + k k c k k A elsı szumma a következı képpen indul y c + 6c3 + c Míg a másodiknál nincsen változás, azaz y c c ω ω + ω + ω c k ω c k SZ +... Láthatóan a két szumma összeadható, azaz az azonos hatványkitevıjő elemek összevonhatók. Ez fomálisan könnyen kezelhetı alakba íható, ha az y -ben végehajtjuk a szummázó inde átnevezését a következı módon: k k + Ekko SZ helyett kapjuk, hogy: Azaz k k ( + )( k + ) k k c k + k + k ω c k k {( k + )( k + ) c + ω c } k + k Az algeba alaptétele szeint ez akko teljesül az változó minden étékée, ha mindegyik k hatványkifejezés együtthatója azonosan zéus. Azaz és ezét ( )( k + ) c k + c k ω, ahol k,,,3,... c + + k ω ( k + )( k + ) c k + k ( k,,,3,... ) RF Kaptunk egy ún. ekuziós fomulát. Ez azt jelenti, hogy ha megadjuk a c étékét, akko abból minden páos indeő konstans kiszámítható és c ismeetében a páatlan indeő együtthatók hatáozhatók meg, azaz c c c,,..., 4 c6 c3, c5, c7 c,... Nyilvánvaló, hogy a c és a c étékét éppen a (a másodendő közönséges diffeenciálegyenleteknél fellépı) két kezdeti feltétel hatáozza meg. Példaként vegyük azt, hogy c A c Ekko temészetesen c c c és 4 c6... c +A ω c3 A 6 ω ω c 5 +A 6 Stb

16 Tehát a ( ) tudjuk íni másképpen is. Ugyanis tekintsük a f ) B sin( β ) y megoldást egy soösszeg alakjában kaptuk meg. Ebben az esetben szeencsénk van, met ezt a z összeget fel ( függvény Taylo soát f 3 n ( ) B sin( β ) B ( ) ( β) + ( β) ±... ± ( β) m... Vegyük két egymás utáni tag hányadosát: n+ β B ( n + )! n β n B n! n+ 5 3! 5! β ahol npáatlan β ( n + )( n + ) Ez pedig pontosan megegyezik a megoldásul kapott RF ekuziós összefüggésünkkel a BA és kaptuk, hogy y( ) A sin ω ( ) n! 6 β ω étékek esetén. Azaz Ez pedig valóban a vizsgált DE diffeenciál egyenlet jól ismet megoldása. A kédés mámost az, hogy miként lesz némely diffeenciálegyenlet esetében a megoldás egy polinom? A válsz egy egyszeő példával szemléltethetı. Tegyük fel, hogy van egy másik diffeenciálegyenletünk, amelynek ekuziós fomulája majdnem olyan mint az iménti volt. Azaz legyen ez c k+ k( k ) ω ck ( k + )( k + ) MR Legyen a kezdeti feltétel (most is) olyan, hogy az a c választásnak felel meg. Tegyük fel, hogy ω étéke éppen akkoa, hogy ( ) ω, ahol egy páatlan szám. Ekko édekes helyzet áll elı. Ugyanis azt kapjuk, hogy k Hiszen ha c k ha k > k esetén c és + + ( ) ( ) ( )( ) + c c. Ettıl kezdve pedig a ekuzió miatt minden y k ( ) c Q ( ) k k c k együttható zéus lesz. Megoldásul adódik tehát, hogy ahol k,3,5,7,... Ez pedig valóban egy polinom. Az ilyen esetekben általában az szokott lenni, hogy ω sem ismet. Azaz meg kell keesnünk ω azon étékeit, amelyek esetén az y() megoldás polinom. Ekko az eedmény az, hogy ( ) ( ) Q () ω y,3,5,7,.. Hangsúlyoznunk kell, hogy ez csak egy példa volt. A jogos kédés pesze az, hogy van-e olyan diffeenciálegyenlet, amelynek a ekuziós összefüggése éppen az imént megadott fomula. A választ az Olvasó fantáziájáa és kíváncsiságáa bízzuk! Tekintsük tehát a Legende-féle diffeenciálegyeneletet m ( ) Θ Θ + A Θ ahol + Ennek megoldása polinom módszeel töténik. Megmutatható, hogy akko van véges megoldás az Θ egy polinom. Azaz végtelen soösszeg esetén nem! ételmezési tatomány minden pontjában, ha ( )

17 7 De polinom megoldást akko kapunk, ha a ekuziós fomula miatt pl. c, de c + c A tehát helyzet ugyanaz, mint a MEGJEGYZÉS-ben szeeplı MR esetén volt. Nyilvánvaló, hogy az ismeetlen A és m szepaálási állandók étéke jelen esetben (sem) lehet tetszıleges. Végül is azt Θ megoldás polinom, ha kapjuk, hogy akko lesz a ( ) és A l( l +) l,,,... m, ±, ±,... ± l Az cosϑ definíciós összefüggéssel visszatéhetünk a ϑ szögváltozóa. Az így kapott megoldások jelölése és a nevük: Pl (cosϑ) Θ( ϑ ) m Pl (cosϑ) m m Legende polinom asszociált Legende polinom LPM MEGJEGYZÉS: Nagyon gyakan az { l} m, között fennálló m, ±, ±,... ± l jelölést szoktuk használni. Tipogáfiai okokból most ettıl eltekintünk. Nagyon gyakan az ( ϕ) szoos kapcsolata miatt az m ml Φ FEGY megoldásban szeeplı két független szögfüggvény helyett másik kettıt választunk, azaz { sin( mϕ), cos( mϕ )} { ep ( + imϕ), ep( imϕ) } Nyilvánvaló, hogy a két függvény halmaz egy lineáis tanszfomációval egymásba átvihetı. Így ezek a diffeenciálegyenlet szempontjából ekvivalensek egymással. Ezzel Ψ ( ) potenciálfüggvénynek a szögektıl függı észe a következı elemeket fogja tatalmazni. Y A { } ϕ m l ml { imϕ} P (cos ) ( ϑ, ϕ) ep ϑ ( l,,,... és m, ±, ±,... ± l ) l m ϑ, polá szögpáok a gömbfelület egy pontját jelölik ki. Így aztán az Y ( ϑ, ϕ) függvény a gömbfelület minden pontjához egy számot endel. Ezét a neve gömbfüggvény. Megmutatható, hogy ezek a gömbfüggvények ún. otogonális, teljes endszet alkotnak. Ennek egyik feltételeként fennáll a következı (súlyozott) otogonalitási összefüggés: π π m Yl ϑ ϕ m ( ϑ ϕ) Y ( ϑ, ϕ) ϑdϑdϕ δ, δ,, l l l m m sin F függvény (pl a Földünk teljes dombozata) ezen gömbfüggvények endszeében soba fejthetı. Azaz: Ez azt jelenti, hogy egy gömbfelületen ételmezett, tetszıleges ( ϑ,ϕ) + l m ( ϑ, ϕ) ( ϑ, ) F c l Y l m l, m l ϕ A Laplace egyenlet általános megoldása ezek után könnyen megkonstuálható. Ehhez azonban még meg kell oldanunk sugától függı észe vonatkozó REGY diffeenciálegyenletet. R AR A Θ ( ϑ) megoldása soán má megkaptuk az A integálási állandó lehetséges étékeit. Ezét íhatjuk, hogy Rl l( l + ) Rl l,,,... l

18 Mivel pedig tudjuk, hogy (lsd Matematikai kézikönyvek) d dr d R ( R) d d d ezét adódik, hogy 8 d ( R l ) l( l + ) R l d avagy d ( Rl ) l( l + ) ( R l ) d Vezessük be a Ql R l jelölést! Ezzel a megoldandó egyenletünk a következı alakot ölti Q l l( l + ) Ql Ez má egészen baátságosnak tőnik. Az egyenletbıl látható, hogy egy olyan függvényt keesünk, amelyet ha kétsze deiválunk akko az megfelel annak, mintha -el osztottuk volna. A hatványfüggvény pontosan ilyen! Azaz legyen k Q l ( ) Beíva az egyenletbe adódik, hogy [ ( ) ] k k k l( l + ) k Azaz k( k ) k l( l + ) k És ezét k k l l + ( ) ( + l) ± ( + l) ± + 4l + 4l ± l + k l Azaz mivel Rl ( ) Ql ( ) Így l Rl ( ) Ql ( ) ( l+ ) Az egyenlet általános megoldása ezen elemi megoldások lineáis kombinációja lesz, hiszen a Laplace egyenlet lineáis diffeenciálegyenlet. Tehát l bl R ( ) al + l+ l Nekünk azonban a teljes (szögektıl is függı) megoldás kell. Ez nyilvánvalóan a következı lesz l l blm imϕ m Ψ(, ϑ, ϕ) + alm + e P (cosϑ) l+ l l m l Temészetesen a { a b lm, lm} ismeetlen együtthatókat a peemfeltételek teljesítésével hatáozzuk meg. A peemfeltétel azt jelenti, hogy egy zát Γ felületen elıíjuk a potenciál viselkedését, azaz Ψ( Γ ) f ( Γ ) Ψ( Γ ) g ( Γ ) Γ Γ Γ

19 9 Nagyban leegyszeősödik a matematikai komplikáció, ha hengeszimmetikus poblémákkal foglakozunk. Ez ugyan leszőkíti a vizsgálható jelenségek köét, de a viszonylag egyszeő megoldhatóság didaktikai elınye kápótol minket. Mint azt láttuk, hengeszimmetikus esetben a Ψ (,ϑ) nem függ a ϕ szögtıl és így az m (minden l esetén). Az általános megoldás tehát az LPM alapján következı alakba íható: l bl Ψ(, ϑ) al + P ( cosϑ) l+ l l Ahol P (cosϑ) a Legende polinomok. Ezek közül az elsı pá daab a következı l P ( ) P ( ) 3 P ( ) P3 ( ) Ezeke a Legende polinomoka is évényes egy otogonalitási tétel, nevezetesen Pl ( ) Ph ( ) d δ lh l + A kiinduló feladatunk megoldása soán láttuk (fémdoboza kapcsolt feszültségfoás), hogy a sin(m) függvényeknél fennálló otogonalitási tétel felhasználása alapvetı fontosságú volt. Hasonló a helyzet a gömbi koodinátás Laplace egyenlet megoldása esetén is. Itt temészetesen Legende polinomoka évényes fenti összefüggés jut majd döntı szeephez. A következıkben megvizsgáljuk azt, hogy az eddigi tanulmányainkban megismet (Kíséleti Fizika) hengeszimmetikus elektosztatikus teek valóban olya szekezetőek-e, mint azt az iménti általános felíás szolgáltat l bl Ψ(, ϑ) al + P ( cosϑ) l+ l l Példák a Laplace egyenlet megoldásáa Ponttöltés tee: Mint az ismeetes egy Q nagyságú ponttöltés elektosztatikus teét a Q Ψ( ) 4πε potenciállal adhatjuk meg (ha a ponttöltés az oigóban van és ). Nagyon távol a töltéstıl

20 ( ) lim Ψ Ezét most a potenciál általános alakja bl Ψ(, ϑ) P ( cosϑ) l+ l l A ponttöltés potenciálfüggvényét akko kapjuk meg, ha Q b 4πε és b l, ha l,,3,4,... Azaz a ponttöltés potenciálfüggvénye valóban megoldása a Ψ ( ) Laplace egyenletnek. Homogén elektosztatikus mezı A homogén té skalá potenciálja E Ψ, hiszen E Ψ + ( E ) E Legyen az elektomos téeısség z iányú, azaz E (,, E). Ekko Ψ E z Gömbi polá koodinátákkal ez a következıt jelenti Ψ( ) E cos( ϑ) Tekintsük az általános potenciálfüggvényt (homogén a té, tehát hengeszimmetia van) l bl Ψ( ) al + P (cosϑ) l+ l l Nyilvánvaló, hogy ebbıl megkaphatjuk a homogén té potenciálját, ha a E a ha l l b l ha l,,,... Tehát a homogén té szintén kielégíti a Laplace egyenletet. Elektomos dipólus tee Egy { q i i,,3,.. N} definiáljuk: N p i q i i ponttöltésekbıl álló endsze ún. dipólmomentumát az alábbi módon, 3, a ponttöltések helyvektoai., ahol {,..., } N A legegyszeőbb ilyen elendezés az elektomos dipólus. Ez + q és q ponttöltésekbıl áll, amelyek helyvektoait (ende) + -al és az -al jelöljük. Ekko elektomos dipólmomentuma azt kapjuk, hogy v p + q+ q q ( + ) q d, ahol v + d Tehát a d a +. + q töltésnek q hoz viszonyított helyét adja meg.

21 5. ába Helyezzük a q töltést az oigóba. Ekko az elektomos potenciál két ponttöltés potenciáljának az összegeként könnyen felíható: Ψ ( ) q πε d 4 Legyen a q dipólustól) akko adódik, hogy DP + töltés a z tengelyen, azaz d (,,d ). Ha d << (azaz elegendıen távol vagyunk a d + d d cosϑ d cosϑ d cosϑ Ezt beíva a DP egyenletbe kapjuk, hogy q q d qd cosϑ Ψ( ) + cosϑ 4πε d 4πε 4πε cosϑ De tudjuk, v hogy qd p, Mivel most is teljesül, hogy lim Ψ, ( ) ezét a bl Ψ(, ϑ) P ( cosϑ) l+ l l általános alakból kell kiindulnunk. Látható, hogy megkapjuk a dipólus potenciálját, ha p b és 4πε b l, ha l,,3,4,... Ezét aztán íhatjuk, hogy: p P Ψ( ) 4πε Hiszen tudjuk, hogy P (cosϑ) cosϑ ( cosϑ)

22 Tehát a dipólus elektomos teében is teljesül a Ψ Laplace egyenlet. Nagyon gyakan más matematikai fomát használunk. Ψ ( ) p cosϑ p 3 πε 4πε p 4πε 4 E Ezek után hatáozzuk meg az ( ) E Ψ téeısséget a té minden pontjában, azaz Ennek kiszámításako hasznos az imént bevezetett alak. Használni fogjuk ismét a mechanikában má bevezetett indeelési konvenciót (Einstein). Azaz minden dupla indee összegezni kell. Így íható, hogy p p j p j j Ψ( ) j 3 / 4πε 4πε 4πε ( k k ) A téeısség pedig p j j E Φ + i i i p 3 / j i j p 3 / j j i 3 / 4πε ( k k ) 4πε ( k k ) ( k k ) Itt kihasználtuk azt, hogy a p állandó. Elvégezve a kijelölt deiválásokat kapjuk, hogy: E i 3 i ( k k ) p jδ i p 3 / j j. j 5 / 4πε ( k k ) ( k k ) Azaz tovább k i k kδ ik E i pi p j j p p 5 i 3 j j 5 4πε 4πε és i E i pi p 3 3 j j 5 4πε A kapott végeedmény átíható vektoos alakba a következı képpen: E 3( p ) p 5 4πε Ne felejtsük el, hogy ez csak akko igaz, ha a dipólustól elegendıen távol vagyunk ( d << ). Mind e mellett azonban a teljes tée is igaz lesz, ha a ponttöltés mintájáa bevezetjük a pontszeő dipólus fogalmát. lim q d p d q Ez a fogalom igen hasznos lesz. Az anyag ugyanis atomokból áll, amelyek endelkez(het)nek elektomos dipólussal. Hiszen van, hogy az elekton(felhı) töltésközéppontja nem esik egybe a pozitív töltéső atommagéval (molekulák esetén : magokéval). Mivel az atomok méete sokkalta kisebb minden makoszkópikus méetnél, ezét az atomok (molekulák) pontszeő elektomos dipólussal jellemezhetık. Tegyük fel, hogy a Ψ ( ) potenciálfüggvény olyan, hogy a töltésektıl elegendıen nagy távolsága a következı módon közelíthetı bl Ψ(, ϑ) b P ( cosϑ) l l ( ϑ) ( cosϑ) + l cos b P + P Ez elızıek ételmében ez azt jelenti, hogy elegendıen távolól szemlélve a töltésendszet az egy ponttöltés és egy dipólus együttesével közelíthetı. Meg is tudjuk mondani ezen helyettesítı elemek nagyságát.

23 3 Ez elızıek ételmében ugyanis: Q b 4πε és p b 4πε Azt is észevehetjük, hogy bá a fenti soösszeg csak hengeszimmetikus esetben igaz, az elsı két tag tetszıleges töltéselendezés esetén is ugyanilyen lesz. Hiszen ezt a ponttöltés és a dipólus szimmetiája gaantálja. 6.ába Az eddigiekbıl (is) látható, hogy a Laplace egyenlet olyan téészben adja meg az elektosztatikus mezıt, ahol nincsenek töltések. Azaz a teet gejesztı objektumok a vizsgált téfogaton kívül vannak. Most azt kell megvizsgálnunk, hogy mi a helyzet akko, ha a vizsgált téészben töltések is jelen vannak. Azaz az elektosztatika alapegyenletét jelentı PE Poisson egyenlet megoldásával kell foglakoznunk. ρ Ψ ε A Geen függvények használata az elektosztatikában. Tudjuk jól, hogy az anyag atomos szekezető. Így az elektomos töltések ( ± q ) hodozói is atomok, molekulák lehetnek. Azt is tudjuk má, hogy az elektomos töltés kvantált mennyiség, azaz minden ± q töltés egy elemi e töltésegység egész számú többszööse. ± q ± N e, ahol N,,,... és 9 e.6... C Mivel a Mawell egyenletek lineáisak, ezét évényes az EMT-e a szupepozíció elve. Ez azt jelenti, hogyha pl. ismeem két ponttöltés elektomos teét külön-külön, akko meg tudom mondani azt, hogy együttesen milyen elektomos mezıt hoznak léte. Azaz fomálisan Ha q E ( ) akko q E ( ) i N i i i N i i, Ez azt jelenti, hogy az alapfeladat egy ponttöltés teének a meghatáozása. Temészetesen most ezt is a Mawell egyenletek segítségével kell megtennünk. Azaz nem a ponttöltések között fellépı Coulomb eı matematikai kifejezésének a felhasználásával. Mivel a diffeenciális alapegyenletekben ρ ( ) töltéssőőség szeepel ezét a ponttöltést is ebben a fomában kell használni. Ezt a (tébeli) Diac-delta

24 (disztibúció) segítségével tudjuk megtenni. A Lineáis endszeek analízise soán má megismekedtünk ezzel a fogalommal (legalábbis az idıskálán). Számunka elegendı pecizitással megbeszéltük a vele való koekt matematikai mőveletek lehetıségét is. Most ezeket ez ismeeteinket fogjuk használni. 4 Helyezzünk el a té helyvektoú pontjába egy Q ponttöltést. Ekko tébeli töltéssőőséget a következı (immáon tiviális) módon íhatjuk fel ρ ( ) Q δ ( ) Hiszen a Diac deltánál tanultak szellemében 3 ρ d 3 Qδ d ( ) ( ) Q A ponttöltés EMT-t meghatáozó Poisson egyenlet ekko tehát Q Ψ(, ) δ ( ) ε A számolás egyszeősítése végett ögzítsük az oigót a ponttöltésünkhöz. Ez nem csobít semmit az általános vizsgálódásunkon, hiszen a fizikai eedmények nem függhetnek a koodinátaendsze megválasztásától. Amúgy pedig az eedmény ismeetében, utólag még mindig visszatolhatjuk az oigót az eedeti helyée. Ekko a Poisson egyenlet a következı lesz: Ψ Q ( ε δ ( ) ) A (idıfüggı) lineáis endszeeknél má foglakoztunk azzal, hogy ha ismejük a endszenek a válaszát egy ügyesen megválasztott gejesztése, akko ebbıl tudni fogjuk azt, hogy miként eagál a endsze egy tetszıleges hatása (bemente). Az egyik ilyen vizsgáló gejesztés a Diac delta volt, a másik a színuszos idıfüggéső. Ez utóbbinak a megfelelı matematikai általánosításával jutottunk el a Fouie tanszfomációhoz. Ennek használata igen hatékony eszköznek bizonyult a fizikailag ételmes (nem végtelen nagy enegiatatalommal endelkezı) gejesztések esetén. Azt is láttuk, hogy ezek a vizsgáló gejesztések egymásba átszámíthatók, ezét aztán a válaszok között is igen jól definiált kapcsolat van. A mostani Poisson egyenletünk is egy lineáis egyenlet. A változó azonban most nem a t idı paaméte, hanem pl. az (,y,z) tékoodináták. Temészetesen ez a matematikailag nem édekes, ezét, váhatóan, ugyanazt a technikát alkalmazhatjuk most is mint annakidején. Geoge GREEN (793 84) A Diac delta gejesztése adott választ, azaz a kialakult EMT-t megadó potenciálfüggvényt most is G jelölést is. Geen-függvénynek fogjuk nevezni és megtatjuk a ( )

25 Tehát G( ) δ ( ) GF A G( ) ismeetében temészetesen a ponttöltés ( ) Ψ Q Q ( ) G( ) ε Ψ potenciálja közvetlenül adódik: Q 5 Mindebbıl azonban több is következik. Ugyanis, ha GF igaz, akko igaz lesz a következı eltolt Poisson egyenlet is G( ) δ ( ) Ahol a változó továbba is az vekto és az az egyenlet szempontjából csak egy eltolási paaméte. Szoozzuk be az egyenletet el, ami ézéketlen a opeátoa, hiszen nem tatalmazza az ρ( ) ε változót. Kapjuk, hogy G( ) ρ( ) δ ( ) δ ( ) ε ε Mind a két oldal elvégezhetı egy téfogati integálás az paaméte szeint. Ekko adódik, hogy: G ε ε 3 ( ) ρ( ) d δ ( ) ρ( ) 3 d A Diac delta definíciója ételmében az egyenlet baloldalán megjelenik a ( ) G ε Ez pedig azt jelenti, hogy a Ψ ρ ε 3 ( ) ρ( ) d ρ( ) ( ) ( ) ε ρ töltéssőőség, azaz Poisson egyenlet ételmében a megoldást a következı konvolúciós összefüggéssel tudjuk kiszámítani. Ψ v ε ( ) G( ) ρ( ) 3 d G Geen függvény ismeetében tetszıleges Ψ potenciálfüggvény egyszeően (bá legtöbbszö nem kis matematikai munkával) kiszámítható. A feladatuk tehát G( ) Geen függvény meghatáozása. Megpóbálunk, amennyie csak lehetséges támaszkodni az eddig tanultaka. Temészetesen lényeges ételmezésbeli eltéések is lesznek, amely az idıskála és a tékoodináta közötti alapvetı különbségbıl fakad. Az elsı ögtön az idı egyiányúsága amely azt jelenti, hogy a múltból a jövı felé haladunk de a múltba visszamenni nem tudunk. Ez azt jelenti, hogy csak a múlt van hatással a jelene, a jövı ezt nem befolyásolja. Ez a kauzalitás elve, amelynek tüközıdnie kell a fizikai egyenleteinkben is. Láttuk azt, hogy az idıbeli Geen függvény esetében ez azt jelenti, hogy GFM Tehát (hasonlóan az idıtatományban tapasztaltakhoz) a ( ) ρ ( ) töltéselendezıdéshez tatozó ( ) G ( t t ) ha t > t Ugyanez a követelmény temészetesen a G ( ), ahol t a jelen idıpontot jelöli. tébeli Geen függvénynél matematikailag is ételmetlen volna, hiszen az és vektotéen a endezési elációt nem tudjuk definiálni.

26 6 Ez fizikailag azt jeleneti, hogy a té bámely pontjában lezajló esemény hatással lehet a kiválasztott pontbeli eseményeke. Sıt ez a hatás legtöbbszö csak a két pont közötti d távolságvektotól függ. Ebben az esetben azt mondjuk, hogy (a fizikai mezı) a té homogén. A tapasztalatok szeint ennél G, G G d. Tehát a Geen függvény csak a két pont közötti több is igaz, nevezetesen ( ) ( ) ( ) távolság nagyságától függ. Ebben az esetben (a fizikai mezı) a té izotóp voltáól beszélünk., páos két skalá paamétet jelent csak, míg az {, } vektook összesen 6db skalá adat megadását igényli. Ennek megfelelıen kell definiálnunk a tébeli Diac deltát is. A legegyszeőbb ezt Descates koodinátákkal megtenni. Legyen tehát definíció szeően: δ ( ) δ ( ) δ ( y) δ ( z) Ahol az egyes tényezık matematikailag pontosan úgy viselkednek, mint az idıbeli δ ( t). Láttuk, hogy a Diac deltát hagyományos (eguláis) függvények hatáétékeként lehet elıállítani. Az egyik ilyen, jól ismet foma a következı: sin K δ ( ) lim K π A másik különbség inkább matematikai jellegő. Ugyanis a { t t } Az idıskálán tötént vizsgálódásunk soán bevezettük a Fouie tanszfomáció mőveletét is. Ennek soán egy (megfelelıen jól viselkedı) f ( t) idıfüggvényt egy F ~ ( ω) fekvencia függvénnyé alakítunk át. Ez a tanszfomáció lineáis. Matematikailag semmi akadálya annak, hogy a t idıpaaméte helyett pl. az koodinátát használjuk. Temészetesen az idıbeli Fouie tanszfomáció eedete jól megfogható és éthetı fizikai motivációkon alapult. Nevezetesen a célunk, a má említett sin ( ω t) gejesztéseke adott válaszfüggvények meghatáozásának az igénye volt. Ha felidézzük a lineáis endszeek analízisénél tanultakat, akko a Fouie tanszfomációhoz vezetı út jellegzetes méföldköveit a következı sémával jellemezhetjük: f ( t) ep{ ± iω t} F ~ ( ω) Ha ezt most átvisszük az tékoodináta esetée, akko az ω -t is ki kell cseélnünk egy másik, k mennyisége, amelynek a métékegysége ételemszeően [/m] kell, hogy legyen. Azaz f ( ) ep{ ± ik } F ~ ( k) Ebben az esetben tébeli Fouie tanszfomációól beszélünk. A k -t nyugodtan nevezhetjük π téfekvenciának is az ω köfekvencia analógiájáa. Nyilvánvaló az is, hogy λ a k hullámhosszat adja. Ezek után íhatjuk tehát, hogy ~ ik Y [ f ( ) ] F( k ) f ( ) e d Illetve az invez tanszfomáció f ~ π ik ( ) F( k) e dk Számítsuk ki a δ ( ) Diac delta Fouie tanszfomáltját. Azaz ik ik [ ] δ ( ) e d [ e ] e Y δ ( ) Az eedmény a Diac delta definíciójából egyételmően adódott, hiszen + δ ( ) f ( ) d f ( ) Az invez tanszfomáció is végehajtható, azaz

27 δ π ik ( ) Y [ δ ( ) ] e dk π e ik dk 7 A jobboldali (impopius) integált a szokásos hatáéték képzéssel számíthatjuk ki: ik δ ( ) lim e dk π K K Elvégezve a kijelölt mőveleteket, kapjuk, hogy K és így K K δ e ik ( ) ik e dk i sin π + K K ( K) sin K ( K) Ez pedig valóban a Diac delta egyik lehetséges megvalósítása. Ezen matematikai analógián túl azonban könnyen észevehetı a háttében meghúzódó fizikai tatalom is. Ezt most az elektosztatika példáján fogjuk ételmezni. Mint azt láttuk, ebben az esetben aa vagyunk kíváncsiak, hogy egy tetszıleges, idıfüggetlen ρ ( ) töltéssőőség milyen elektosztatikus mezıt hoz léte. Ezt a fizikai mezıt a Ψ ( ) sakálá potenciálfüggvénnyel adjuk meg. Tehát joggal mondhatjuk, hogy a ρ ( ) gejesztése az elektomágneses té ( Ψ ) válaszfüggvényt podukál. Ebbıl aztán az E( ) Ψ( ) elektomos téeısség számolható és egy q póbatöltéssel az F( ) q E( ) kölcsönhatás alapján megméhetı. Töltésloszlás lineáis EMT potenciálfüggvény 7.ába A tébeli Fouie tanszfomáció használatának az alapja az, hogy pl. ( ) ρ sin( k ) ρ töltéssőőség elektomos teének az ismeete elég ahhoz, hogy tetszıleges töltéssőőség elektosztatikus teét kiszámoljuk. Ehhez általánosítani kell módszeünket és a tébeli, háomdimenziós ( ) komple Fouie tanszfomációt kell bevezetnünk. Ezt Descates koodináták használata esetén a legegyszeőbb. Mivel az {, y, z} koodináták egymástól függetlenek, ezét az egy változóól a háoma való { } { y, z}, áttéés szinte tiviális. Ugyanis a tébeli, Y [ f ( )] Fouie tanszfomáció, háom, egymástól független (skalá) Fouie tanszfomáció egymás utáni alkalmazásával kapható. Azaz szimbolikusan íva: Y [ f ( )] Yz Y y Y [ f ( )] Részletesen kiíva a válozókat: Y [ f (, y, z) ] Y z Y y Y [ f (, y, z) ] A Alkalmazva az elmondottakat, adódik, hogy ik Y [ f ( y z) ] f ( y z) e,,,, d F( k, y, z) ~ A kapott kifejezés az y függvénye, tehát ezen változóa nézve is végehajthatunk egy tanszfomációt, azaz ~ ik y y [ ] F( k, y, z) e dy ~ ~ ( ) F k, k y, z Y y F( k, y, z) Ugyanígy jáunk el a z változó esetében is:

28 [ ~ ~ ik z ~ z ] F( k, k, z) e dz ( ) ~ F k k k F (,, k ) Y z F( k, k, z) y De a háom (független) integál egybe is íható, tehát: Y [ f ( )] f ( ) ep{ k k y k z}ddydz y y z y z 8 Ezzl megkaptuk a végeedményt, amely szeint a tébeli, komple Fouie tanszfomáció definíciója a következı lesz: f f ep k [ ] ( ) { } ddydz Y ( ) Alkalmazzuk ezt a tébeli ( ) δ δ ( ) ( ) δ ( y) δ ( z) δ Diac deltáa! Mivel definíció szeint: Így az egydimenziós esetben látottak ételmében: δ π ik ik y y ( ) e dk e dk y π π Összevonva az integálásokat azt kapjuk, hogy ik ( ) e dk dk ydk z δ 3 8π Bevezethetjük az infinitezimális téfogat fogalmáa az alábbi szokásos jelölést: 3 dk dk dk d k y z és így íhatjuk, hogy ik 3 δ ( ) e d k 3 8π Ami a defínícók alapján azt (is) jelenti, hogy Y [ δ ( )] Mindez felíható a Fouie tanszfomáció fomális alakja szeint is, azaz ik 3 Y [ δ ( )] δ ( ) e d e e ik z z Ezzel eljutottuk odáig, hogy a Fouie tanszfomáció alkalmazásával lehetıvé válik a tébeli Geen függvény meghatáozása. Azaz oldjuk meg a következı Poisson egyenletet. G, ' δ ' ( ) ( ) A fomailag egyszeőbb ' esetet véve G δ ( ) ( ) Alkalmazzuk a Fouie tanszfomáció technikáját! Tanszfomáljuk tehát az egyenletünket dk z k 3 G e d δ ( ) e d i ik 3 A Poisson egyenletet, észletesen kiíva kapjuk, hogy G + y G + z G δ ( ) δ ( y) δ ( z)

29 9 Ezét aztán könnyen képezhetı az egyenlet változójú Fouie tanszfomáltja, azaz: És így Y G + Y y G +Y z G [ Y δ ( ) ] δ ( y) δ ( z) k Y [ G ] + Y [ G ] + y z Majd hasonlóképpen az y változóa k Y y Y [ G ] k y Y y Y [ G ] + z És végől Y z alkalmazásával adódik, hogy ( k + k + k ) Y[ ] y z G P Ez pedig öviden így íható, hogy: k Y[ G] P Majd átendezés után Y[ G] P k Y [ G ] δ ( y) δ ( z) Y y Y [ G ] δ ( z) Avagy a szokásos jelöléssel ~ G ( k ) k A keesett Geen függvény most má könnyedén legyátható v ~ vv ik G( ) G( k) e dk dk ydk 3 z 8π Az egész k tée vett integálásnál áttéhetünk gömbi koodinátáka úgy, hogy a z tengelyt a k iányába vesszük fel. Ezzel kapjuk, hogy dk dk y dk z k sinϑdk dϑ dϕ, ahol a ϑ k és az vektook közötti szög. Így tehát v ik cosϑ G( ) e k ϑ dkdϑdϕ π sin 3 8 k A ϕ szeinti integálás tiviálisan adódik. A k nál egy hatáétéket adunk meg így feldaabolt integálás tehát a következı módon íható: k K. Az π K π ik cosϑ dϕ lim e sinϑdϑ dk GI 3 8π K k ϑ A ϑ esetén egy változó cseét édemes alkalmazni, azaz cos ϑ ξ Ezét sin ϑdϑ d(cosϑ) dξ Így pedig az adódik, hogy

30 π e ik cosϑ sinϑdϑ e ik ξ ( dξ ) Azaz, elvégezve a kijelölt mőveletet kapjuk, hogy: + ik ik ikξ e e e dξ sin k ik k Ez beíható a GI integálba, aminek eedménye képen adódik, hogy 3 v π G( ) 3 8π K lim K sin k dk k Matematikai kézikönyvekbıl kiolvasható, hogy sin a π d, ha a > és ezét v 4π π G( ) 3 8π 4π A feladatunkat ezzel megoldottuk. Azt szoktuk ee mondani, hogy a Laplace opeáto Geen függvénye a következı v G( ) 4π Azaz a kiinduló definíciós (Poisson) egyenletünk alapján v δ ( ) 4π Ezt úgy(is) szoktuk íni, hogy 4πδ ( ) Alkalmazva egy -vel töténı eltolást kapjuk, hogy: v v 4 ( ) v v v πδ És ezzel tetszıleges ρ ( ) töltéssőőség esetén a Ψ ( ) ρ( ) ε Poisson egyenlet megoldása kiszámítható, hiszen a má levezetett összefüggés szeint. v 3 Ψ( ) G( ) ρ( ) d ε Beíva ide a kapott Geen függvényt adódik, hogy GFM

31 v v ρ( ) 3 Ψ( ) v v d 4πε 3 Az eedmény igen szemléletes és ellenıizhetı. Gyakolatilag a Coulomb tövény és a szupepozíció elvnek az együttes alkalmazásáól van szó. Ne felejtsük el azonban azt, hogy most éppen az volt a cél, hogy a Mawell egyenletek alapján és ne elemi úton, azaz Coulomb tövény alkalmazásával kapjuk meg az eedményünket! Temészetesen ezt módszet (mámint a tébeli Fouie tanszfomációt) a Fizika számtalan teületén használhatjuk, amennyiben azt a felállított fizikai modellünk lehetıvé teszi (pl lineaitás). Az elektosztatika egyételmősége A Laplace egyenlet megoldásako má beszéltünk aól, hogy miét vájuk azt, hogy az elektodinamika egyenletei egyételmő megoldással endelkeztek. Az évelésünk bá spekulatív volt, mégis teljes egészében összhangban állt a temészettudományos szemléletünkkel. Mindenesete az elektodinamika koheenciáját eısítené, ha az állításunkat egzakt matematikai eszközökkel is bizonyítani tudnánk. A következıkben ezt fogjuk megtenni. Igaz ugyan, hogy most csak az elektosztatika esetében adunk egy bizonyítást, de hasonló gondolatmenettel (csak több matematikai fáadtsággal) az egész elektodinamikáa is megtehetı. Az állításunkat a következı képpen lehet matematikai nyelven megfogalmazni: Ha a Laplace (Poisson) egyenletnek megtaláltuk két Ψ ( ) és Ψ ( ) megoldását amelyek ugyanazoknak a peemfeltételeknek tesznek eleget (vagy ugyanaz a töltéselendezés hozza léte az elektomos mezıt), akko ez a két megoldás egymástól csak egy állandóban téhet el. Az állítás bizonyítása a következı: ρ ρ Ψ és Ψ. ε ε A peemfeltételek (is) azonosak, tehát Ψ Γ) Ψ ( ) ( Γ Ha kivonjuk egymásból a két Poisson egyenletet, akko a jobboldal kiesik, hiszen ugyanaól a ρ ( ) töltéseloszlásól van szó. ( Ψ Ψ ) Vezessünk be egy új jelölést: Ψ Ψ Ψ. Ekko íható, hogy Ψ ; A peemfeltétel pedig így alakul: Ψ (Γ) Ψ ( Γ) Ψ ( Γ) PF A Ψ -e vonatkozó Laplace egyenletet szoozzuk meg magával a Ψ -vel. Ekko kapjuk, hogy Ψ Ψ A vektoanalízis má nagyon sok nevezetes azonosságot falfedezett má, amelyekben a opeáto mindenféle szeepben (gadiens, divegencia otáció) szeepel. Ilyeneket má használtunk a kontinuum mechanikában is. Ezek matematikai kézikönyvekben megtalálhatók. Többek között megtaláljuk a következı egyenlıséget is:

32 ( a Ψ) a Ψ + Ψ a VE Legyen most a Ψ és így a ( Ψ) Ψ Ekko pedig a VE egyenlete kapjuk, hogy 3 ( Ψ Ψ) ( Ψ) + Ψ Ψ De az elızıek miatt a jobboldal második tagja zéus, azaz ( Ψ Ψ) ( Ψ) Ψ Integáljuk az egyenletünket a kijelölt Γ felülető V téfogata ( Ψ Ψ) dv ( Ψ) dv V V Az egyenlet baloldala felületi integállá íható át, hiszen tudjuk, hogy egy tetszıleges ( ) esetén a Γ vdf ( v ) V dv v vektomezı Ez a vektoanalízisbıl jól ismet Gauss tétel. Ezt alkalmazva, az egyenletünk baloldala átíható felületi integála: Γ ( Ψ Ψ) df ( Ψ) dv V Azonban tudjuk, hogy ( PF ) a Ψ ( ) függvény a Γ felületen eltőnik, azaz Ψ (Γ). Ezét aztán az egyenlet baloldala zéus és kapjuk, hogy ( Ψ) dv V Az integál agumentumában egy valós függvény négyzete van, ami biztosan nem lehet sehol negatív, azaz ( Ψ) Mivel az egész V tatománya vett integál zéus, ez csakis úgy lehetséges, ha itt a ( Ψ). De ez azt jelenti, hogy Ψ Azaz a teljes V téfogatban Ψ Ψ állandó Ami azt jelenti, hogy Ψ ( ) Ψ ( ) + Ψ (ha V ) Pontosan ezt akatuk bizonyítani! A következı észben egy olyan számítási technikával ismekedünk meg, amelyik pontosan ezen az egyételmőségi tételen alapszik. Segítségével igen hasznos eedményekhez juthatunk. Ennek a neve elektosztatikus tüközés Az elektosztatikus tüközés módszee. (sík, henge és gömbi tüközés) Má középiskolai fizika tanulmányainkban is használtuk a síktüközést. A feladat a következı volt: Egy végtelen nagy vezetı sík felett egy +Q ponttöltés helyezkedik el. Hatáozzuk meg az elendezés elektosztatikus teét!. A feladat megoldása soán az alábbi módon okoskodtunk. Tudjuk azt, hogy a fém belsejében a téeısség zéus és az elektomos eıvonalak mindig meılegesek a fém felületée. Ezét az eıvonalképet (kvalitatíve) most is felajzolhatjuk.

33 33 8.ába + töltésbıl álló dipólus eıvonal szekezetét is. Az dipólus geometiai szimmetiája miatt az eıvonalak tüköszimmetikusak a két ponttöltést összekötı szakasz felezı síkjáa Ezét aztán az eıvonalak meılegesek is ee a síka. Rögtön észevehetjük a két ajzolat közötti hasonlóságot, ha a dipólus felezı síkját a fémfelülete helyezzük. Azaz a fém feletti téészben az eıvonalkép ugyanaz, mint a dipólust felezı sík (+) töltés felöli oldalán. Azaz a vizsgált téészben az elektosztatikus té ekvivalens lesz az odahelyezett +Q töltés és az alsó fél-tébe képzelt, vituális Q töltés eedı teével. Ezzel a feladatunkat megoldottnak tekintettük. A vituális Q töltést tükötöltésnek nevezzük. Az elnevezés metafoája igen találó. Temészetesen egy kvalitatív hasonlóság még egyáltalán nem bizonyíték, de ezt nem fitattuk. Ugyancsak felajzolhatjuk két azonos nagyságú, de ellentétes { Q és Q} A most tanultak alapján má egzakt választ tudunk adni aa a kédése, hogy mennyie volt jogos az állításunk, amely az eıvonal képek azonosságát mondta ki. A feladat átfogalmazása szinte tiviális. A sík feletti téészt és a dipólus félteét ugyanolyan R sugaú félgömb hatáolja. Mindkét esetben ugyanazt a peemfeltételt íjuk elı. Nevezetesen: n Ψ Ψ, ahol n a zát, félgömb téfogat sík felületének a nomálisa és lim Ψ, valamint R + Q limψ, ahol a a +Q töltést köbevevı kicsiny gömb sugaa. a 4πε a Ezzel azt mondtuk ki, hogy az E téeısség meıleges a félgömb téfogat sík lapjáa és a végtelenben eltőnik és egy +Q töltés is van a vizsgált tében. Az egyételmőségi tétel kimondja, hogy megadott félgömbön belül a fenti peemfeltételnek csak egyetlen Ψ ( ) potenciálfüggvény felel meg. Ez nem látja azt, hogy a fél-teet hatáoló felületen kívül mi van. Mind a két esetben, a vizsgált téészben azonos megoldásokat szolgáltat. Ezen a szemléleten alapszik az ún. gömbi és a henge tüközés is. A síktüközés azon az észevételen alapult, hogy egy dipólus felezı síkja ekvipotenciális felület és egy vezetı síkfelület szintén az, ha egy ponttöltés van a közelében.. Emiatt lehetett a két felületet azonosnak venni és ezét volt az is, hogy a két különbözı elendezés azonos téészében ugyanaz a Ψ ( ) potenciál-függvény szolgáltatta az elektomos mezıt. A sík, a (végtelen hosszú) henge, a gömb igen egyszeő felületek. Matematikai leíásuk is igen könnyő. Ezét aztán édemes megvizsgálni azt, hogy a gömb és a henge esetén találunk-e valami hasonlót ahhoz, mint amit a síknál tapasztaltunk. Azaz, ha egy dipólus felezı síkja ekvipotenciális felület, akko vajon van-e olyan töltéselendezés amelynél az ekvipotenciális felület gömb, vagy henge. A válasz szeencsée az, hogy igen, létezik ilyen töltéselendezıdés. Tudniillik, elgondolkozva a feltett kédésen az deül ki, hogy a.) Tetszıleges + Q és Q ponttöltések esetén a Ψ( ) étékhez tatozó ekvipotenciális felület gömb alakú. Sıt, csupán csak ez az egyetlen-egy gömb alakú ekvipotenciális felület létezik

34 34 9.ába b.) Ha veszünk két páhuzamos, végtelen hosszú, egyenletesen töltött vonalat + λ és λ töltéssőőséggel, akko itt minden ekvipotenciális felület henge alakú lesz. Temészetesen a hengeek tengelyei nem esnek egybe.. ába Ezek után tekintsük a következı feladatot! Vegyünk egy R sugaú fémgömböt és a centumától D távolsága helyezzünk el egy +Q ponttöltést! Ekko fellép a jól ismet elektomos megosztás jelensége. Azaz a ponttöltés hatásáa addig mozognak a töltések a semleges gömbfelületen, amíg az eedı elektomos té meıleges nem lesz mindenhol a gömb felületée. Ennek az eedményeként a felületnek a +Q ponttöltéshez közelebb esı észén ( ) negatív, a távolabbi felén (+) pozitív t felületi töltéssőőség alakul ki és az össztöltés továbba is zéus maad. A vezetı gömbfelület temészetesen ekvipotenciális lesz. Ennek az étékét jelöljük ΨA -val. Ez nem nulla, hiszen a fémgömb a +Q ponttöltés teét csak eltozította, de újabb töltéseket nem hozott illetve nem távolított el a endszebıl ( Ψ A ). Mint tudjuk (definíció szeően) a zéus potenciál a végtelenben van. Ezek után kössük össze gömböt a végtelennel! Ez azt jelenti, hogy addig távolítunk el töltéseket a fémgömbıl, amíg a potenciálja zéus nem lesz. Az így kialakult elendezésben tehát a fémgömb össztöltése má nem lesz zéus, de a potenciálja igen. Most lép be a képbe a fenti a.) pontban megfogalmazott állításunk. Ennek ételmében a fémgömbön kívüli té ekvivalens kell, hogy legyen a + Q és Q ponttöltések által létehozott elektomos téel. Ahol most, ételemszeően, a + Q + Q, az általunk elhelyezett valódi ponttöltés. A fémgömbön, kialakult felületi töltéssőőségnek a fémen kívüli tee ekvivalens lesz a gömb belsejébe képzelt Q vituális töltésnek a teével. A számítások szeint (amit az Olvasóa bízunk) ez akko következik be, ha a vituális Q Q, ahol R Q' Q ; D és a Q töltés a gömb centumától

35 35 R t D távolsága van. A Q töltést tükötöltésnek hívjuk. Ezután hozzuk vissza a végtelenbıl az oda eltávolított + Q töltést. Azét, hogy a gömb továbba is ekvipotenciális maadjon, ezt a centumba kell helyezni. Ezáltal a gömb potenciálja a következı lesz + Q + Q Ψ + A 4πε R 4πε D Tehát a fémgömbön kívüli té ekvivalens lesz a +Q ponttöltés és a gömb belsejébe képzelt dipólus teével. Ahol a dipólus egymástól t távolsága lévı ± Q töltésekbıl áll. Ezzel meghatáoztuk a fémgömb és a ponttöltés együttes teét. A most közölt eljáás neve gömbi tüközés..ába A hengees tüközés teljesen hasonló az imént elmondottakhoz. Ekko egy végtelen hosszú R sugaú fémhenge tengelyétıl D távolsága egy + λ egyenletes, végtelen hosszú vonaltöltést helyezünk el. A henge az elektomos megosztás miatt ekvipotenciális lesz. A hengeen kívüli té ekvivalens lesz a + λ vonaltöltés és a henge tengelyétıl t távolsága elhelyezkedı, vituális λ tükö(vonal)töltés együttes teével. A t távolság nagysága most is R t ; D Temészetesen, ha a fémhengeen az össztöltés nulla, akko még el kell helyeznünk egy + λ vituális vonaltöltést is a henge tengelyében. Így a háom vonaltöltés (a valódi és a két vituális ) együttes hatása adja az elektosztatikus teet a fémhengeen kívül..ába FOLYTATÁSA KÖVETKEZIK!