Matematikai módszerek a zikában

Átírás

1 Matematikai módszerek a zikában Gyémánt Iván - Varga Zsuzsa 2008.

2 Tartalomjegyzék 1. Vektoralgebrai bevezetés Vektorok 3 dimenzióban, m½uveletek vektorokkal Összeadás: Kivonás: Vektor szorzása számmal Nulla vektor (nullvektor) Vektorok komponensei M½uveletek komponensekkel Skalárszorzat és tulajdonságai Vektori szorzat A vektori szorzat derékszög½u komponensekben Vektorok többszörös szorzatai Vektorok forgatása Komplex számok M½uveletek komplex számokkal A komplex számsík A komplex számtest (C) Euklideszi terek Valós euklideszi terek Bels½o szorzat (skalárszorzat), norma, szög, távolság Gram-Schmidt ortogonalizálás Lineáris transzformáció mátrixa Szimmetrikus transzformációk sajátbázisa, diagonalizálás Példák sajátértékproblémára és diagonizálásra Szimultán diagonalizálás Feladatok Komplex euklideszi terek A bels½o szorzat tulajdonságai Cauchy-Bunyakovszkij-Schwarz egyenl½otlenség: Lineáris transzformáció adjungáltja Sajátértékek, sajátvektorok

3 Felcserélhet½o lineáris transzformációk közös sajátvektora Normális lineáris transzformáció sajátbázisa Önadjungált és unitér transzformációk Változó vektorok, vektorok deriváltjai Id½oderivált Skalármez½ok jellemzése. A gradiens-vektor Gradiens: A gradiens vektor geometriai jelentése Az iránymenti derivált: Vektormez½o divergenciája Vektormez½o rotációja A r aritmetikája, többszörös deriváltak Vektormez½o iránymenti deriváltja, a deriválttenzor Görbék és felületek Görbék megadási módjai, az érint½ovektor Az érint½ovektor: Az ívhossz: A görbe ívhossz szerinti paraméterezése Kísér½o háromél vagy triéder, görbület, torzió Az érint½o egységvektor t(s) A f½onormális egységvektor n(s) A binormális egységvektor Frenet képletek: Felületek megadási módjai Felületi görbék, érint½osík, felületi normális Felületek felszíne A felületvektor: Vektorok integrálása Görbe menti vagy vonalintegrál Skalárfüggvény vonalintegrálja Vektormez½o vonalintegrálja Felületi integrálok Térfogati integrálok

4 6.4. A Stokes-tétel A Stokes tétel szemléletes bizonyítása Példák: A Gauss-tétel A Gauss-tétel szemléletes bizonyítása Green tételei, a Gauss-tétel további megfogalmazásai A grad, div, rot, Laplace-operátor (koordinátáktól független) integrál el½oállítása Görbevonalú koordináták Henger- és gömbi polárkoordinátarendszer Hengerkoordinátarendszer Gömbi polárkoordináta-rendszer grad, div, rot, görbevonalú koordinátákban Gradiens Divergencia Rotáció A Laplace-operátor görbevonalú koordinátákban A potenciálelmélet alapjai Skalárpotenciál A vektorpotenciál Gauss-törvény, Poisson- és Laplace-egyenlet Poisson- és Laplace-egyenlet Peremérték problémák: Dirichlet- és Neumann-probléma Helmholtz tétele A tenzoralgebra elemei Másodrend½u tenzorok Speciális másodrend½u tenzorok, m½uveletek Másodrend½u tenzor komponensei Tenzorm½uveletek komponensekkel: Másodrend½u tenzor bázisa Ferdeszög½u koordináták Reciprokbázis Vektorok kovariáns és kontravariáns komponensei Tenzorok komponensei

5 9.8. A metrikus tenzor Bázistranszformációk n-ed rend½u tenzorok M½uveletek n-ed rend½u tenzorokkal Ortogonális transzformációk osztályozása Pszeudotenzorok Az " tenzor Duális tenzorok Másodrend½u tenzorok sajátértékei és sajátvektorai Tenzorfelület Sajátértékek és sajátvekrorok A f½otengelyrendszer tulajdonságai A tenzoranalízis elemei A gradiens Kovariáns derivált, Christo el-szimbólumok Kovariáns derivált vagy deriválttenzor A Christo el-szimbólum, mint a metrikus tenzor deriváltjai A divergencia A Laplace-operátor A rotáció: A. A Dirac delta függvény 108 4

6 1. Vektoralgebrai bevezetés 1.1. Vektorok 3 dimenzióban, m½uveletek vektorokkal A zikában gyakran találkozunk olyan mennyiségekkel, amelyeket csak egy adat (plusz a mértékegység) jellemez: tömeg, id½o, h½omérséklet. Ezeket skalármennyiségeknek hívják. Ezzel ellentétben a zikai mennyiségek egy másik csoportjának leírására nem elég csak a nagysága (plusz mértékegység), hanem az irányát is meg kell adni. Ilyenek pl: elmozdulás, sebesség, gyorsulás, er½o, elektromos és mágneses térer½osség, lendület, perdület, stb.. Ezeket vektormennyiségnek hívják. A 3 dimenziós térben vektornak nevezünk egy nagysággal és iránnyal jellemzett mennyiséget. Jele félkövér bet½u a; F; p. A skalármennyiségeket normál bet½uvel jelöljük: t; x; a; A vektort egy irányított szakasznak képzeljük el, a szakasz hossza arányos a nagyságával, irányát a nyíl jelzi Összeadás: c = a + b Vektorok összegét a háromszög-szabály de niálja: b a c Az ábrát paralelogrammává egészítve ki, látszik, hogy az összeadás kommutatív: c = a + b = b + a Három vektor összege d = (a + b) + c Az ábrából látszik, hogy el½obb összeadhatjuk a és b-t: e = a + b, majd ezt a e vektort hozzáadjuk c-hez: 5

7 b a c a b b a e f c d d = e + c Vagy el½obb összeadjuk b és c-t: f = b + c, és ezt adjuk hozzá az a vektorhoz: d = a + f Összefoglalva: d = (a + b) + c = a + (b + c) Vektorok összeadása asszociatív. Megjegyzés: A zikai mennyiségek különböz½o vektorterekbe tartozó vektorokkal írhatók le. Ezzel itt nem foglalkozunk, de világos, hogy pl. az er½o és elmozdulás vektorát nem lehet összeadni, csak az azonosfajta vektorokat. A zikában különböz½o vektorokat különböztetünk meg, amely összeadási szabálya nem azonos. Vannak szabad vektorok (a térben önmagukkal párhuzamosan tetsz½oleges tologathatók), eltolható vektorok (a hatásvonaluk mentén eltolhatók, mint az er½o vektora), és kötött vektorok (mint a merev test egy pontjának sebessége). 6

8 Kivonás: a b = a + ( b) azaz de niálunk egy b vektort, amelynek nagysága változatlan, iránya ellentétes. Az el½oz½o ábra szerint: a = e b Vektor szorzása számmal Az a vektor számszorosa az v vektor, melynek iránya változatlan marad, hossza a szorzó arányában változik Nulla vektor (nullvektor) 0 + a = a. a a = 0 0 a = Vektorok komponensei A de nícióból következik, hogy a vektor, mint geometriai objektum független bármely koordinátarendszert½ol, Vegyünk fel egy derékszög½u koordinátarendszert és rajzoljuk be az a vektort az origóból indulva. A vektor végpontja az (a x ; a y ; a z ) pontba mutat. Az (a x ; a y ; a z ) számhármast tekintjük az a vektor derékszög½u komponenseinek. z a x a z γ α a β (a x, a y, a z ) a y y x 7

9 Fontos vektor a helyvektor, amely egy test elmozdulását adja meg az origótól az (x; y; z) pontig. A helyvektor jele r. Ha az r vektor hosszát r rel jelöljük, leolvasható az ábráról, hogy x = r cos, y = r cos z = r cos A cos ; cos ; cos mennyiségek neve iránykoszinuszok, pl. a vektor és a pozitív x tengely közti szög, stb. Választhatunk a vektor kétféle reprezentációja közt: a geometriai (irányított szakasz) szemléletes, az algebrai (a számhármas) alkalmas a konkrét számolásra és a vektorfogalom általánosítására. A két reprezentáció izomorf. A zikában a vektormennyiségek rendszerint a hely (és id½o) függvényei. pl. F(r) er½ovektor megfelel 3 db 3 változós függyvénynek: F x (x; y; z); F y (x; y; z); F z (x; y; z). A vektormez½ok deriválása és integrálása ennek a jegyzetnek f½o témája. Vezessük be a koordinátatengelyek egységvektorait: i = e x! (1; 0; 0) j = e y! (0; 1; 0) k = e z! (0; 0; 1) A vektorösszeadás szabálya szerint ekkor az a vektor így írható: a =a x e x + a y e y + a z e z A vektor hossza Pithagorasz tétele alapján: a = (a 2 x + a 2 y + a 2 z) 1=2 De niálhatjuk a nulla-vektort: hossza nulla, iránya tetsz½oleges. a = 0 () a x = a y = a z = 0 Elnevezések: Az e x ; e y ; e z vektorok kifeszítik a 3-dimenziós teret: bármely vektor felírható, mint az e x ; e y ; e z vektorok lineáris kombinációja. Az e x ; e y ; e z vektorok lineárisan függetlenek, azaz a 3-dimenziós tér egy bázisát alkotják. Megjegyezzük, hogy ily módon bármely 3 lineárisan független vektor bázis lehet, azaz kifejthet½o benne a tér bármely vektora. Ezekkel az ún. általános koordinátarendszerekkel a 9. fejezetben foglalkozunk M½uveletek komponensekkel összeadás, kivonás: a b () (a x b x ; a y b y ; a z b z ) szorzás számmal: a () (a x ; a y ; a z ) 8

10 vektorok egyenl½osége: a = b () a x = b x ; a y = b y ; a z = b z További m½uveletek lesznek a skalár vagy bels½o szorzás, a vektori szorzás. Vektorral osztás m½uveletét nem lehet értelmezni Skalárszorzat és tulajdonságai A skalárszorzat de níciója: a b =a b cos = a b b = a b a ahol a és b a vektorok hossza, a köztük lév½o szög, a b az a vetülete b egyenesére, stb. Egyel½ore csak a vektor hosszának kiszámítási módját ismerjük. Ezért a defíníciót olyanra alakítjuk, hogy cos ne szerepeljen benne. θ b a b a Tegyük fel, hogy egyik vektor sem nulla, akkor az ábrán szerepl½o háromszögre felírhatunk egy koszinusz-tételt: jb aj 2 = jaj 2 + jbj 2 2 jaj jbj cos. ebb½ol: a b = jaj jbj cos = 1 2 jaj2 + jbj 2 jb aj 2 A skalárszorzat tulajdonságai: 1. a b = b a (szimmetrikus) 2. ha a b = 0, akkor a b =0: 3. ha a = b, akkor a a = jaj 2 = a 2 > 0, ha a 6= 0 (pozitív) 4. ha a b =0, akkor a és b egymásra mer½oleges. Bizonyítás: 0 = a b =a b cos : Ez a kifejezés akkor nulla, ha a) vagy a b = 0, de ekkor a vagy b nullavektor, aminek iránya tetsz½oleges, vagy b) cos = 0, ekkor = =2. 9

11 5. A skalárszorzat értéke független a koordinátarendszert½ol. Biz.: de níció szerint csak a vektorok hossza szerepl benne, ami független a vonatkoztatási rendszert½ol. 6. A skalárszorzat komponensekben: legyen a~(a x ; a y ; a z ) és b~(b x ; b y ; b z ) a b = 1 2 jaj2 + jbj 2 jb aj 2 = 1 2 [a2 x + a 2 y + a 2 z + b 2 x + b 2 y + b 2 z (b x a x ) 2 (b y a y ) 2 (b z a z ) 2 ], azaz a b =a x b x + a y b y + a z b z 7. A skalárszorzat disztributív: a (b + c) = a b + a c, bármely a; b; c vektorra. b a b c a+b a (a+b) a c a Bizonyítás: az ábrából leolvasható, vagy komponensekkel kiszámíthatjuk. 8. Asszociatív tulajdonság: (a b) =(ab) =(a b) Az 1., a 3., a 7. és a 8. tulajdonság alapján használatos az a beszédmód, hogy a skalárszorzat pozitív, szimmetrikus, homogén, bilineáris függvény. Példák: 1. A munka a zikában az er½o és az elmozdulás skalárszorzata. 2. A bázisvektorok skalárszorzatai: e 1 e 1 = e 2 e 2 = e 3 e 3 = 1, e 1 e 2 = e 2 e 3 = e 3 e 1 = 0 Ez egy ortonormált bázis. A kapott eredményt összefoglalva: 1; ha i = j e i e j =, i; j = 1; 2; 3 0; ha i 6= j A Kronecker-delta Sokszor használjuk a következ½o, Kronecker-delta néven ismert szimbólumot: 1; ha i = j ij =, i; j = 1; 2; 3 0; ha i 6= j 10

12 Így a bázis ortonormált voltát röviden így írhatjuk: e i e j = ij ; (i; j = 1; 2; 3): 1.4. Vektori szorzat Az a és b vektorok c = a b vektori szorzata az a c vektor, melynek nagysága c = ja bj = ab sin, a kifeszített paralelogramma területe, iránya mer½oleges az a és b vektorok síkjára, és a, b; c ebben a sorrendben jobbrendszert alkot. c=a b b θ a Példák: A zikában vektori szorzat pl. a forgatónyomaték, a perdület, a mozgó töltésre ható er½o. Tulajdonságok: 1. A de nícióból következik, hogy a b = b a (antiszimmetrikus) 2. a a = 0 3. Ha a b = 0, akkor a két vektor párhuzamos. 4. Disztributív: a (b + c) = a b + a c Bizonyítás: ide kell egy bizonyítás!!!! 5. Asszociatív: a (b) =a b =(a b) A vektori szorzat derékszög½u komponensekben Határozzuk meg el½obb a bázisvektorok "szorzótábláját". Mivel e 1 ; e 2 ; e 3 ebben a sorrendben jobbrendszert alkot és páronként mer½oleges egységvektorok, kapjuk: e 1 e 1 = e 2 e 2 = e 3 e 3 = 0 e 1 e 2 = e 3 ; e 2 e 3 = e 1 ; e 3 e 1 = e 2 11

13 Az eredmény egy sorban is összefoglalható, ha használjuk az ún. Lévi- Civita-szimbólumot, 8 melynek de níciója: < 1, ha i; j; k az 1; 2; 3 számok ciklikus permutációja " ijk = 1; ha i; j; k az 1; 2; 3 számok páratlan permutációja : 0; egyébként P e i e j = 3 " ijk e k k=1 A komponensek kiszámításához felhasználjuk a szorzótáblát és a vektori szorzás disztributív tulajdonságát. a b =(a x e x +a y e y +a z e z )(b x e x +b y e y +b z e z ) = c x e x +c y e y +c z e z ) = c Az eredmény nem lesz egyszer½u: c x = a y b z a z b y ; c y = a z b x a x b z ; c z = a x b y a y b x vagy röviden: c i = a j b k a k b j ; ahol i; j; k az 1; 2; 3 ciklikus permutációja. Fölírhatjuk a Lévi-Civita szimbólummal is: c i = 3 P j;k=1 " ijk a j b k A vektori szorzat memorizálása legkényelmesebb, ha determináns alakban írjuk föl: e 1 e 2 e 3 c = a b = a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b Vektorok többszörös szorzatai Vegyes szorzat: c (a b), az a; b; c vektorok által kifeszített paralelepipedon (el½ojeles) térfogata. Az ábra szerint az alaplap (pontozott) területe T = ja bj ; a magasság m = jcj cos : Az ábrából leolvasható a vektori szorzat fontos tulajdonsága: c (a b) = b (c a) = a (b c) A vegyes szorzat a ciklikus permutációra invariáns. Ugyanez a tulajdonság leolvasható a vegyes szorzat kifejtéséb½ol is. A skalár és vektori szorzat komponens el½oállítását fölhasználva: 12

14 m c b a a 1 a 2 a 3 a (b c) = b 1 b 2 b 3 c 1 c 2 c 3 A determináns sorait ciklikusan felcserélve, annak értéke nem változik. Példa. Ha a (b c) =0, akkor a 3 vektor egy síkban van. Tehát a vegyes szorzat segítségével eldönthet½o, hogy 3 vektor lineárisan független-e, és ha igen, akkor jobb- vagy balsodrású-e. Kett½os vektori szorzat Igazoljuk, a következ½o azonosságot (a kett½os vektori szorzat kifejtési tétele) komponens használata nélkül: a (b c) = b (a c) c (a b) Bizonyítás. A b c vektori szorzat mer½oleges a b és c vektorok síkjára. Ezért az a (b c) vektor, ami mer½oleges a b c vektorra, a b és c vektorok síkjában lesz. Így a (b c) =xb+yc; ahol x és y ismeretlen skalárok. Szorozzuk az egyenetet skalárisan a vektorral. 0 = x(a b)+y(a c) ; mivel a (b c) mer½oleges az a-ra. Ennek megoldása lehet x = z (a c); és y = z (a b); keressük z értékét. Visszaírjuk az eredeti egyenletbe a (b c) =z(a c) b z (a b) c Megmutatjuk, hogy z = 1: Mivel az egyenlet lineáris, az a; b; c vektorok helyett tekinthetünk egységvektorokat. Vezessük be a következ½o jelöléseket: 13

15 a b = cos; a c = cos; b c = cos ja (b c)j 2 = jaj 2 jb cj 2 sin 2 = jaj 2 jb cj 2 (1 cos 2 ) = jaj 2 jb cj 2 jaj 2 jb cj 2 cos 2 = ja (b c)j 2 = jb cj 2 (a b c) 2 = 1 cos 2 (a b c) 2 Másrészt a jobb oldal: z 2 [(a c) 2 +(a b) 2 2(a c) (a b) (b c)] =z 2 [cos 2 +cos 2 2cos cos cos] Kapjuk, hogy (a b c) 2 = 1 cos 2 z 2 [cos 2 + cos 2 2cos cos cos] Mivel a baloldalon ciklikusan cserélni lehet a vektorokat, következik, hogy a jobb oldalon is ; ; cserél½odik. Ez csak úgy lehet, ha z 2 = 1, azaz z = 1: Nézzünk egy speciális esetet: e 1 (e 1 e 2 ) = e 1 e 3 = e 2 ; másrészt z(e 1 e 2 ) e 1 z (e 1 e 1 ) e 2 = ze 2 =) z = 1 A zikában gyakran használják még a következ½o azonosságot is: (a b) (c d) = (a c)(b d) (a d)(b c) 1.6. Vektorok forgatása Egy természeti törvény nem függhet attól, hogy a leírására milyen koordinátarendszert használunk. A vektorokkal (tenzorokkal) való leírás azért jó, mert ezek a mennyiségek függetlenek a vonatkoztatási rendszert½ol. De ha a komponenseket írjuk föl, akkor már használtunk koordinátarendszert. Kérdés, mi a kapcsolat az egyik és másik koordinátarensdszerben felírt vektorkomponensek között? Olyan vektortranszfomációt keresünk, ami a vektorok hosszát, és a vektorok közti szöget változatlanul hagyja. Ezeknek neve ortogonális transzformáció. Két ilyen transzformáció van, a forgatás, és a tükrözés. Nem a vektort forgatjuk (aktív forgatás), hanem a koordinátarendszert (passzív forgatás). Nézzünk egy 2 dimenziós példát, egy z-tengely körüli ' szög½u (passzív) forgatást: Leolvasható az ábrából, egybevágó háromszögeket használva, hogy az a vektor komponeseire fennáll: a 0 x = a x cos ' + a y sin ' 14

16 y y a x ϕ x a 0 y = a y sin ' + a y cos ' Vezessük be a következ½o jelöléseket: 11 = cos '; 12 = sin '; 21 = sin '; 22 = cos ': A transzformáció: a 0 1 = 11 a a 2 a 0 2 = 21 a a 2 röviden: a 0 i = ij a j Az ij mennyiségek neve iránykoszinuszok, az x 0 i új tengely és az x j régi tengely közti szög koszinusza: ij = cos(x 0 i; x j ) például 12 = cos(x 0 ; y) = cos( 2 21 = cos(y 0 ; x) = cos( 2 + ') = ') = sin ' sin ' Megjegyzés: a forgatást eredetileg az egy darab ' szöggel írtuk le. Helyette 4 db ij iránykoszinuszunk van. Mert a bevezetett ij -k nem függetlenek. Háromdimenzióra kiterjesztve a koordinátarendszer forgatását, azt mondjuk, hogy vektornak nevezzük azt a 3 komponens½u mennyiséget, amelynek a komponensei a forgatásra vi 0 = ij v j módon transzformálódnak, ahol ij a forgatás mátrixa (iránykoszinuszok). Inverz forgatás: 15

17 Nem nehéz belátni, hogy fordított irányban a vektorkomponensek transzformációjára a v i = ji vj 0 érvényes. Az ij mátrix ún. ortogonális mátrix, azaz amelyre fennállnak az ún. ortogonalitási relációk: ij ik = jk, vagy ji ki = jk, mivel a koordinátarendszert oda, majd vissza forgatva az eredeti vektorkomponest kell visszakapnunk. Mátrixalakban: T = E, vagyis T = 1 Megjegyzés. Az ortogonalitási relációk miatt 2-dimenzóban a forgatás 4 3 = 1 adattal, 3-dimenzióban 9 6 = 3 adattal írható le. Ez a 3 adat rendszerint az ún. Euler -féle szögek. 2. Komplex számok 2.1. M½uveletek komplex számokkal Az x = 0 egyenletnek nincs valós megoldása. z = 0 egyenletnek "van-e megoldása?": z nem valós szám z 2 = 1 az ilyen z-t i-vel jelöljük: i 2 = 1 Az i neve képzetes egység. Próbálkozzunk két valós kompones½u mennyiséggel. z! (x; y) z 2 = 1 Mit értünk z 2 -en? z z = x x? y y?x y Értelmezni szükséges a szorzást, az összeadást, stb. Legyen de níció szerint: (a; b) (c; d) = (a c; b d) (a; b) (c; d) = (ac bd; ad + bd) A nulla: (0; 0). Az egység: (1; 0). A valós számokra maradjanak meg az ismert számolási szbályok! Ha z = (x; 0) valós szám (a; 0) (c; 0) = (a c; 0) (a; 0) (c; 0) = (ac; 0) 16

18 A fenti de níció ezt teljesíti. Mi lesz a reciprok? (a; b) (c; d) = (1; 0) c =? d =? ac bd = 1 ad + bd = 0 megoldva az egyenletrendszert, kapjuk: a (c; d) = a 2 + b ; b ; (a 2 +b 2 6= 0, vagyis ha a komplex szám 2 a 2 + b 2 nem nulla) A reciprok jelölése (a; b) 1 z 2 = (x 2 y 2 ; 2xy) = ( 1; 0) =) x = 0; y = 1 z 2 = 1 () z = (0; 1) A z = (0; 1) komplex számot képzetes egységnek nevezzük, jele i. Valóban, (0; 1) (0; 1) = ( 1; 0), azaz i 2 = 1. Szorzás valós számmal: (a; 0) (c; d) = a(c; d) = (ac; ad) Szorzás képzetes számmal: (0; b) (c; d) = ( bd; bc) z komplex konjugáltja: z = (x; y) (x; y). (Megjegyzés: szokásos a z jelölés is) i = i valós szám komplex konjugáltja: önmaga képzetes szám komplex konjugáltja: önmaga ( i 1 = i; i 2 1 = 1; i = i 1)-szerese Egyszer½ubb írásmód: (x; y) helyett x + iy (x; 0) + (0; y) = x + y(0; 1) (a + ib) (c + id) = ac + iad + ibc + ibid = ac bd + i(ad + bc) (a + ib) = a ib 1 a + ib = (a ib) (a + ib)(a ib) = a ib a 2 + b = z 2 jzj 2 zz = x 2 + y 2 = jzj 2, z 1 = z jzj 2 17

19 y z arg z x 2.2. A komplex számsík x = Refzg, y = Imfzg jzj = p x 2 + y 2 ( r) argz =arctg Imfzg ( ') Refzg x = r cos ' y = r sin ' z = (x; y) = x+iy = r cos '+ir sin ' = r(cos '+i sin ') trigonometrikus alak (Moivre) z 2 = r 2 (cos 2 ' sin 2 ' + i2 cos ' sin ') = r 2 (cos 2' + i sin 2') z n = r n (cos n' + i sin n') A z n-edik gyöke olyan szám (jele np z), amelynek n-edik hatványa z. Komplex számok esetén n darab ilyen szám van. A z n-edik gyökei: np p z = n r(cos ' n + i sin ' n ) cos ' + 2 n cos ' + 4 n. cos ' + 2(n 1) n + i sin ' + 2 n + i sin ' + 4 n + i sin ' + 2(n 1) n Szorzás: z 1 z 2 = r 1 r 2 [cos(' 1 + ' 2 ) + i sin(' 1 + ' 2 ) bizonyítás: (cos ' 1 +i sin ' 1 )(cos ' 2 +i sin ' 2 ) = cos ' 1 cos ' 2 sin ' 1 sin ' 2 + i(sin ' 1 cos ' 2 + cos ' 1 sin ' 2 ) Példák: 18

20 p >< (1; 0) = >: cos i sin 0 3 = 1 cos i sin 2 3 = 1 p i 2 cos i sin 4 3 = 1 p 3 i 2 2 1/2 y 3 2 x ( 1 + ip 3 = 1 2. p i = 8 ( 1 + 3ip 3 + 3( 1)i 2 + i 3 3) = 1 8 ( 1 + 9) = 1 8 < cos 4 + i sin 8 p >< 2 (1 + i) 4 : cos( 4 + ) + i sin( 4 + ) = 2 p >: 2 (1 + i) 2 r (cos 2 + i sin 2 ) = y x 2.3. A komplex számtest (C) A komplex számok halmazán értelmeztük az összeadást és a szorzást. Mindkét m½uvelet kommutatív és asszociatív, továbbá minden komplex számnak van additív inverze, illetve minden nem-nulla számnak van multiplikatív inverze (reciproka). Nevezetes komplex számok: 0; 1; i. 19

21 A komplex számok halmaza a fenti m½uveletekkel ún. test, jele C (az ún. komplex számtest). A valós számok halmaza (R) résztestje C-nek. Érvényes a következ½o tétel (az algebra alaptétele): A komplex számtesben egy n-ed fokú egyenletnek n gyöke van, vagyis egy komplex együtthatós n-ed fokú polinom f n (z) = c(z z 1 )(z z 2 ) (z z n ) els½ofokú gyöktényez½ok szorzatára bontható (c 6= 0). 3. Euklideszi terek 3.1. Valós euklideszi terek Tekintsünk egy V véges dimenziós vektorteret az R valós számtest fölött (pl. a valós számhármasok 3-dimenziós vektorterét)! A V vektorteret (valós) euklideszi térnek nevezzük, ha meg tudunk adni egy ún. bels½o vagy skalárszorzatot Bels½o szorzat (skalárszorzat), norma, szög, távolság Valós esetben a bels½o szorzat egy S szimmetrikus bilineáris pozitív de nit függvény (leképezés). (Pl. a valós számhármasok vektortere euklideszi tér a szokásos skalárszorzattal: x = (x 1 ; x 2 ; x 3 ); y = (y 1 ; y 2 ; y 3 ) 3X S(x; y) x i y i 2 R szimmetrikus bilineáris pozitív de nit füg- i=1 gvény) Belátható, hogy a valós szám n-esek tere is valós euklideszi tér az nx S(x; y) x i y i skalárszorzattal. i=1 (Az S jelet gyakran el is hagyják: S(x; y) (x; y)) Egy euklideszi térben a vektorok hossza (normája) mindig de niálható a skalárszorzat segítségével: kxk p (x; x) ( 0). 20

22 Tétel: euklideszi térben bármely x és y vektorra érvényes az ún. Cauchy- Bunyakovszkij-Schwarz-egyenl½otlenség (CBS): j(x; y)j kxk kyk : (Megjegyzés: az egyenl½oség akkor és csak akkor áll fenn, ha az x és y vektor kolineáris.) Bizonyítás: Ha x = 0, akkor nyilván igaz. Tfh. x 6= 0. Ekkor bármely valós -ra 0 kx yk 2 = (x y; x y) = : : : = 2 kxk 2 2(x; y) + kyk 2, ezért ennek a -ban másodfokú polinomnak nem lehet két különböz½o valós gyöke, vagyis a diszkriminánsa nem lehet pozitív: ( 2(x; y)) 2 4 kxk 2 kyk 2 0. Ebb½ol az állítás már következik. Könny½u belátni, hogy egy euklideszi tér - a fenti hosszúságfogalommal - metrikus tér is, azaz a hosszúságfogalom kielégíti az alábbi követelményeket: a) kxk 0 és kxk = 0 () x = 0 b) kxk = jj kxk c) kx + yk kxk + kyk (háromszög egyenl½otlenség) Az a) és b) nyilvánvaló, c) pedig a CBS egyenl½otlenség következménye: kx + yk 2 = (x + y; x + y) = (x; x) + 2(x; y) + (y; y) kxk j(x; y)j + kyk 2 (kxk + kyk) 2. A hosszúságfogalom lehet½ové teszi a távolság értelmezését: Az x és y vektorok távolsága d(x; y) kx yk. Egy euklideszi tér ezzel a távolság fogalommal ún. metrikus tér, hiszen kielégíti az alábbi követelmányeket: a) d(x; y) 0; és d(x; y) = 0 () x = y b) d(x; y) = d(y; x) c) d(x; z) d(x; y) + d(y; z) A bizonyítást az olvasóra bízzuk. Valós euklideszi térben értelmezhet½o az x és y (6= 0) vektorok által bezárt szög (): (x; y) cos = kxk kyk, mivel a jobb oldali kifejezés a [ 1; 1] intervallumba esik. 21

23 De níció: az x és y vektorok ortogonálisak (mer½olegesek), ha (x; y) = 0: (Megjegyzés: a nulla-vektor minden vektorra mer½oleges). Egy x 6= 0 vektort alkalmas számmal megszorozva mindig elérhet½o, hogy a hossza 1 legyen (ún. normálás) Gram-Schmidt ortogonalizálás Az e 1 ; e 2 ; : : : ; e k vektorrendszert ortonormáltnak nevezzük, ha páronként mer½olegesek, éshosszuk 1: 1; i = j (e i ; e j ) = ij = (i; j = 1; : : : ; k) 0; i 6= j Az A n n-es mátrixot ortogonális mátrix nak nevezzük, ha sorvektorai ortonormált vektorrendszert alkotnak, vagyis ha AA T = E, azaz A T = A 1 Az euklideszi tér tetsz½oleges v 1 ; v 2 ; : : : ; v n bázisából (az ún. Gram- Schmidt-féle ortogonalizálással) el½o tudunk állítani egy e 1 ; e 2 ; : : : ; e n ortogonális bázist, vagyis euklideszi térben van ortonormált bázis. Az ortogonalizálási algoritmus alapötlete a következ½o: Legyen e 1 = v 1 és e 2 = v e 1 : Válasszuk meg 21 -et úgy, hogy e 2 legyen mer½oleges e 1 -re! (e 2 ; e 1 ) = (v e 1 ; e 1 ) = (v 2 ; e 1 ) + 21 (e 1 ; e 1 ) = 0, ebb½ol 21 = (v 2; e 1 ) (e 1 ; e 1 ). Legyen e 3 = v e e 2, és válasszuk meg 31 -t és 32 t úgy, hogy e 3 legyen mer½oleges e 1 -re és e 2 re! (e 3 ; e 1 ) = (v 3 ; e 1 ) + 31 (e 1 ; e 1 ) + 32 (e 2 ; e 1 ) = 0, stb. {z } 0 Ezekb½ol 31 = (v 3; e 1 ) (e 1 ; e 1 ) ; 32 = (v 3; e 2 ) (e 2 ; e 2 ). (Az eljárás folytatása és az így kapott ortogonális bázis normálása értelmszer½u.) 22

24 Lineáris transzformáció mátrixa Euklideszi térben az Ax! y lineáris transzformációt szimmetrikusnak nevezzük, ha minden x; y-ra teljesül, hogy (Ax; y) = (x; Ay). Könny½u belátni, hogy ha A szimmetrikus, akkor mátrixa bármely ortonormált bázisban szimmetrikus, és fordítva, ha egy lineáris transzformáció mátrixa valamely ortonormált bázisban szimmetrikus, akkor a lineáris transzformáció szimmetrikus. Legyen ugyanis e 1 ; : : : ; e n ortonormált bázis: (e i ; e j ) = ij. nx Ae i = ki e k, x = P x i e i ; y = P y j e j k=1 (Ae i ; e j ) = (e i ; Ae j ) = nx ki (e k ; e j ) = ji k=1 nx kj (e i ; e k ) = ij k=1 Ha A szimmetrikus, akkor ji = ij ; vagyis az A mátrixa szimmetrikus: [A] =[A] T Fordítva, ha ki = ik ; akkor (Ax; y) = P x i P yj (Ae i ; e j ) = P ji x i y j ; (x; Ay) = P x i P yj (e i ; Ae j ) = P ij x i y j ; vagyis (Ax; y) = (x; Ay) Feladatok: Szimmetrikusak-e az 9.1 pont tenzorai? Szimmetrikus transzformációk sajátbázisa, diagonalizálás A zikai alkalmazások szempontjából nagyon fontos az alábbi Tétel: Valós euklideszi térben tetsz½oleges A szimmetrikus lineáris transzformáció esetén van az A sajátvektoraiból álló ortonormált bázis. Ebben a bázisban A mátrixa diagonális, a diagonális elemek az A sajátértékei: Ae i = i e i ( i = i ); (e i ; e j ) = ij ; (i; j = 1; : : : ; n) (e i ; Ae j ) = ij = ((e i ; j e j ) = j ij. 23

25 Példák sajátértékproblémára és diagonizálásra A zikai törvények felállítása során gyakran tapasztalunk lineáris kapcsolatot a zikai mennyiségek között. A tehetetlenségi tenzor A merev testek mechanikájából ismeretes, hogy a pörgésb½ol származó impulzusmomentum homogén lineáris függvénye a szögsebességnek:!! J =! A lineáris transzformáció az ún. tehetlenségi tenzor, amelynek komponensei (mátrixelemei) egy szokásos Descartes-féle derékszög½u koordinátarendszerben: ij = P m a [ra 2 ij x ai x aj ]; (i; j = 1; 2; 3), a ahol az a index befutja a merev test m 1 ; m 2 ; : : : ; m n tömegpontjait, amelyek helyvektorai: r a = x a1 i+x a2 j+x a3 k; (a = 1; : : : ; n) Láthatóan szimmetrikus, ezért van ortonormált sajátbázis (az ún. f½otehetlenségi rendszer), amelyben mátrixa diagonális, a diagonálisban a sajátértékek (ún. f½otehetetlenségi nyomatékok) állnak. Nyúlási tenzor Egy deformálható közegben egy origó körüli kicsiny térfogat r helyén lév½o pont egy kis deformáció hatására történ½o elmozdulása (u(r)) három tagra bontható fel: u(r) = u 0 + 1(rotu) 2 0 r + " 0r, ahol az els½o tag az ún. transzláció, a második a rotáció és az utolsó tag az ún. tiszta dilatáció. Az "-nal jelölt lineáris transzformáció az ún. nyúlási (dilatációs) tenzor, komponensei egy szokásos e 1 = i; e 2 = j; e 3 = k Descartes-féle bázisban (r =x 1 e 1 + x 2 e 2 + x 3 e 3 ) : " ik = 1 2 i k ); (i; j = 1; 2; i A nyúlási tenzor szimmetrikus, ezért van olyan ortonormált bázis (f½odilatációs tengelyek), amelyben a nyúlási tenzor diagonális. Ha a kis térfogat egy f½otengelyekkel párhuzamos él½u hasáb, akkor a deformáció során a hasáb éleinek hossza megváltozhat (nyúlnak vagy rövidülnek), de párhuzamosak maradnak a f½otengelyekkel. 24

26 Dielektromos tenzor Elektrosztatikában az elektromos eltolódásvektor homogén lineáris függvénye az elektromos térer½osségnek: D ="E; ahol " a dielektromos tenzor. A dielektromos tenzor szimmetrikus, ezért van olyan koordinátarendszer, amelyben az egyes tengelyek mentén az eltolódási vektor és a térer½osség párhuzamos marad: D = " 1 E vagy D = " 2 E; illetve D = " 3 E, ahol " 1 ; " 2 ; " 3 az " tenzor sajátértékei Szimultán diagonalizálás Tfh. [A] szimmetrikus pozitív de nit mátrix, és [B] szimmetrikus mátrix. Ekkor van olyan ortonormált bázis, amelyben mind [A], mind [B] diagonális. Bizonyítás: Legyen [u 1 ]; : : : ; [u n ] az [A] sajátbázisa: [A][u i ] = i [u i ]; i > 0. Az U mátrixot építsük fel az [u i ] oszlopvektorokból: U = ([u 1 ]; : : : ; [u n ]) ; [A] 0 U T [A]U = diag( 1 ; : : : ; n ) 1 1 és legyen M = diag( p ; : : : ; p ). Nyilván 1 n [A] 00 M T U T [A]UM = E (egységmátrix). Egyszer½uen belátható, hogy [B] 0 M T U T [B]UM szimmetrikus mátrix. Legyen S a [B] 0 ortonormált sajátvektoraiból álló transzformáció! Ekkor S T [B] 0 S diagonális mátrix, továbbá [A] 000 S T [A] 00 S = S T S = E, ezért a G UMS transzformáció szimultán diagonalizálja [A]-t és [B]-t. G T [A]G = E és G T [B]G = S T [B] 0 S diagonális mátrix Feladatok 1. Mutassuk meg, hogy a szimmetrikus transzformáció sajátértékei valósak! 2. Mutassuk meg, hogy a szimmetrikus transzformáció különböz½o sajátértékeihez tartozó sajátvektorai ortogonálisak! 3. Mutassuk meg, hogy bármely A valós szimmetrikus mátrixhoz megadható olyan P ortogonális mátrix, amelyre P 1 AP diagonális! 25

27 4. Mutassuk meg, hogy bármely szimmetrikus bilineáris függvénynek létezik olyan diagonális mátrixa, amelyben a f½oátló elemi 1; 1 vagy 0! A f½oátlóban a +1; 1 és a 0 elemek száma egyértelm½uen meghatáeozott. 5. Mutassuk meg, hogy euklideszi térben bármely kvadratikus alakhoz megadható olyan ortonormált bázis, amelyben a kvadratikus alak kanonikus alakú! 6. Oldjuk meg a következ½o csatolt di erenciálegyenletrendszert mu 1 + 2ku 1 ku 2 = 0; mu 2 + 2ku 2 ku 2 = 0 a következ½o kezdeti feltételek mellett: u 1 (0) = u 2 (0) = 0; _u 1 (0) = v; _u 2 (0) = 0: Állítsuk el½o a megoldást normál módusok szuperpozíciójaként! 7. Adott az 2x 2 + 4xy + 5y 2 = 1 ellipszis az xy síkon. Mutassuk meg, hogy a koordinátatengelyek alkalmas forgatásával az egyenletet a következ½o "diagonális alakok bármelyikére lehet hozni: a) = 1 b) = 1 Keressük meg a forgatás mátrixát a két esetben! 3.2. Komplex euklideszi terek Tekintsünk egy V véges dimenziós vektorteret a C komplex számtest fölött (pl. a komplex számhármasok C 3 3-dimenziós tere). A V vektorteret (komplex) euklideszi térnek nevezzük, ha meg tudunk adni egy pozitív de nit ermitikus bilineáris függvényt, az ún. bels½o (vagy skalár) szorzatot. Pl. a komplex számhármasok tere (C 3 ) euklideszi tér a szokásos skalárszorzattal: x 2 A ; y 2 A 2 C P S(x; y) 3 i i 2 C i=1 pozitív de nit, ermitikus bilineáris függvény (a felülhúzás jelöli a komplex konjugálást) Az S bet½ut nem szokás kiírni A bels½o szorzat tulajdonságai a) (y; x) = (x; y) (hermitikus szimmetria) 26

28 b) (x + x 0 ; y) = (x; y) + (x 0 ; y) c) (x; y) = (x; y); (x; y) = (x; y) d) (x; x) 0 és (x; x) = 0 () x = 0 A skalárszorzat normált és metrikus térré teszi a vektorteret. A hosszúság (norma): kxk p (x; x) 0. A távolság: d(x; y) kx yk 0. A szöget általában nem lehet értelmezni, de a mer½olegességet igen. Az x és y vektorok ortogonálisak, ha (x; y) = 0. Ha z minden vektorra mer½oleges, akkor z a nulla vektor Cauchy-Bunyakovszkij-Schwarz egyenl½otlenség: Fennáll a Cauchy-Bunyakovszkij-Schwarz egyenl½otlenség: j(x; y)j kxk kyk (CBS) Bizonyítás: 0 (x y; x y) = kxk 2 (y; x) (x; y) kyk 2 Legyen = (y; x), ahol 2 R tetsz½oleges, ekkor kxk 2 2 j(x; y)j j(x; y)j 2 kyk 2 0, vagyis a diszkrimináns nem lehet pozitív: (2 j(x; y)j 2 ) 2 4 j(x; y)j 2 kyk 2 kxk 2 0,, stb. A norma segítségével egyértelm½uen felírható a skalárszorzat: a) valós euklideszi térben (cos-tétel): (x; y) = 1 2 (kx + yk2 kxk 2 kyk 2 ). b) komplex euklideszi térben: (x; y) = 1 4 (kx + yk2 kx yk 2 ) + 1 4i (kx + iyk2 kx iyk 2 ). A Gram-Schmidt algoritmussal az euklideszi térben mindig el½o tudunk állítani ortonormált bázist: (e i ; e j ) = ij (i; j = 1; : : : ; n) Lineáris transzformáció adjungáltja Ortonormált bázisban a vektorok és a lineáris trabszformációk komponenseinek el½oállítása egyértelm½u: 27

29 x = 0 1 nx 1 B C i e i! [x] A ; és i = (e i ; x). i=1 Az x! Ax lineáris transzformáció mátrixát az e j! Ae j kifejtéssel de niáljuk, és ortonormált bázis esetén az A mátrixa: [A] = ( ij = (e i ; Ae j )). Könnyen belátható, hogy a) (x; y) = P i=1 i i = [x] T [y], 3 nx ij e i b) [Ax] = [A] [x]. Euklideszi térben minden A lineáris transzformációhoz létezik pontosan egy olyan A + lineáris transzformáció, amelyre minden x; y vektorra (Ax; y) = (x; A + y). Az így értelmezett A + lineáris transzformáció az A adjungáltja. Ortonormált bázisban A adjungáltjának mátrixa megegyezik az A mátrixának adjungáltjával (transzponált komplex konjugáltjával): [A + ] = [A] +. Megjegyzés: Más skalárszorzatot választva más lesz az adjungált transzformáció is. Egyszer½uen belátható, hogy (A + ) + = A Sajátértékek, sajátvektorok Komplex euklideszi térben egy A lineáris transzformációnak mindig van sajátvektora, azaz van olyan x 6= 0, hogy x! Ax = x ( 2 C). Írjuk fel ugyanis az A sajátértékproblémáját az [A] mátrixra: ([A] [E])[x] = 0. Ennek a homogén lineáris egyenletrendszernek akkor és csak akkor van triviálistól eltér½o ([x] 6= 0) megoldása, ha det j[a] [E]j = 0. Ennek az n-edfokú egyenletnek C-ben n gyöke van: 1 ; : : : ; n (lehetnek köztük egyenl½ok is). Pl. a 1 -hez tartozó egyik [x 1 ] 6= 0 megoldáshoz tartozó x 1 vektor a 1 hez tartozó sajátvektor lesz. i=i 28

30 Egy sajátértékhez tartozó összes sajátvektor által generált alteret az A transzformáció sajátalterének nevezzük: U. Könny½u megmutatni, hogy 1) A és A + egy-egy sajátvektora mer½oleges egymásra, vagy a sajátértékek egymás komplex konjugáltjai: Ax = x és A + y = y =) (x; y) = 0 vagy =. 2) U az A invariáns altere akkor és csak akkor, ha U? (azaz az U mer½oleges kiegészítése) invariáns altere A + -nak Felcserélhet½o lineáris transzformációk közös sajátvektora Az euklideszi tér lineáris transzformációinak összegét, számszorosát, továbbá két transzformáció szorzatát a szokásos módon értelmezzük: (A + B)x = Ax + Bx; (A)x = (Ax); (AB)x = A(Bx). Ezek szintén lineáris transzformációk, és bármely bázisban érvényes, hogy [A + B] =[A] + [B]; [A] =[A]; [AB]=[A][B]. P Pl. [AB] ij = (e i ; (AB)e j ) = (e i ; A n P kj e k ) = n (e i ; Ae k ) k=1 k=1 {z } kj = ik ([A][B]) ij. Általában AB 6= BA (nem kommutatív). Ha azonban A és B felcserélhet½ok (AB = BA), akkor van közös sajátvektoruk. (Legyen ugyanis U az A sajátértékéhez tartozó sajátaltere! Ha x 2 U, akkor Ax = x, és A(Bx) = BAx = Bx = (Bx); vagyis Bx 2 U : U a B invariáns altere. Ezért U -ban B-nek is van sajátvektora, amely így közös sajátvektor.) Megmutatható, hogy (A + B) + = A + + B +, (A) + = A + ; (AB) + = B + A +. 29

31 Hajtsunk végre egy olyan bázistranszformációt, amely az ortonormált e 1 ; e 2 ; : : : ; e n bázistt átviszi a szintén ortonormált e 0 1; e 0 2; : : : ; e 0 n bázisba: e 0 i = Se i. Mivel (e 0 i; e 0 j) = (Se i ; Se j ) = (e i ; S + Se j ) = ij ; ezért S + S = E, vagyis S + = S 1. Ilyen bázistranszformáció esetén a vektorok, illetve a lineáris transzformációk komponensei a következ½ok szerint transzformálódnak: [x] 0 = [S 1 ] [x]; illetve [A] 0 = [S 1 ] [A] [S] Normális lineáris transzformáció sajátbázisa Az A transzformációt normálisnak nevezzük, ha felcserélhet½o az adjungáltjával: AA + = A + A. Tétel: Egy véges dimenziós komplex euklideszi térben akkor és csak akkor létezik az A sajátvektoraiból álló ortonormált bázis, ha A normális. A bizonyítás alapgondolata a következ½o: A és A + felcseerélhet½o, ezért van közös sajátvektoruk (e 1 ). Legyen U n 1 az e 1 -re mer½oleges kiegészít½o tér. U n 1 invariáns altere A és A + -nak is, továbbá A az U n 1 -ben is normális, így van közös e 2 sajátvektoruk. Ezt az eljárást addig ismételjük, amíg n "elfogy" Önadjungált és unitér transzformációk Önadjungált transzformációk Az A transzformációt önadjungáltnak nevezzük, ha A = A +. Mivel egy önadjungált transzformáció egyúttal normális transzformáció, ezért: Ha A önadjungált, akkor létezik az A sajátvektoraiból álló ortonormált bázis (ún. sajátbázis), és sajátértékei valósak. Sajátbázisban az A mátrixa diagonális, a diagonálisban az A (valós) sajátértékei állnak. Unitér transzformációk 30

32 Az A transzformációt unitérnek nevezzük, ha A + = A 1. Mivel egy unitér transzformáció egyúttal normális, ezért létezik ortonormált sajátbázisa, továbbá sajátértékeinek abszolut értéke 1. (Legyen ugyanis x a sajátértékhez tartozó normált sajátvektor: (Ax; Ax)= =(x; A + Ax) = (x; A 1 Ax) = 1) Könnyen belátható, hogy a következ½o négy állítás ekvivalens: 1) Az A unitér (A + = A 1 ), 2) Az A skalárszorzattartó ((Ax; Ay) = (x; y)), 3) Az A hossztartó (normatartó) (kaxk = kxk), 4) Az A távolságtartó (d(ax; Ay) = d(x; y)). Bizonyítás: 1) =) 2): (Ax; Ay) = (x; A + Ay) = (x; y) 2) =) 1): (x; y) = (Ax; Ay) = (x; A + Ay) =) A + A =E 2) =) 3): kxk 2 = (x; x) = (Ax; Ax) = kaxk 2 3) =) 2): A skalárszorzat kifejezhet½o a norma segítségével, ezért a normatartásból következik a skalárszorzattartás: 4(x; y) = kx + yk 2 kx yk 2 i kx + iyk 2 kx iyk 2. 3) és 4) ekvivalenciája azért nyilvánvaló, mert a távolságot a hosszúság segítségével de niáltuk. 4. Változó vektorok, vektorok deriváltjai 4.1. Id½oderivált A legegyszer½ubb esetben a vektorfüggvény di erenciálása egyszer½u kiterjesztése a skalár függvények di erenciálásának. Legyen például a vektorfüggvény egy részecske pályája r(t) ahol t az id½o, azaz egy paraméter. Ebben az esetben a t szerinti derivált de níció szerint a test sebessége: v(t) = dr dt = lim r(t + t) r(t) t!0 t 31

33 Gra kusan az r = r(t) pálya egy térgörbe (ld. 5.fejezet) és a dr dt derivált a pálya érint½oje. Ha az r(t) függvény helyett a komponenseket használjuk, akkor fennáll, hogy v(t) komponensei rendre a helyvektor komponenseinek deriváltjai: v i (t) = dx i : Kicsit bonyolultabb lehet a helyzet, ha a koordinátarendszer görbevonalú, azaz a bázisvektorok is változnak helyr½ol helyre. dt A zikai mennyiségek általában az id½o mellett a hely függvényei. Meg kell ismerkedni azokkal a mennyiségekkel, amelyekkel a helyt½ol való függés változásainak leírására alkalmasak. A zika törvényei rendszerint olyan di erenciálegyenletek, amelyek a zikai mennyiségek hely és id½ofüggését fejezik ki. Szerencsére a hely szerinti deriváltak is olyan szemléletes jelentéssel bírnak többnyire, mint a pálya-sebesség kapcsolat. Példák a zikai mennyiségek helyfüggésére: 1. példa: potenciális energia V (r) = V (x; y; z) Minden r ponthoz rendel egy V 2 R számot. Ez egy skalármez½o vagy skalár-vektor függvény. 2. példa: E(r); B(r); F(r) vektormez½o, vagy vektor-vektor függyvény. Megfelel 3 db skalár-vektor függvénynek. A tér r helyvektorú pontjaihoz egy vektort rendelünk. Tipikus példa erre az a Coulomb-féle elektrosztatikus mez½o: E(r) = k Q r 2 r r egy ponttöltést½ol származó térer½osség Skalármez½ok jellemzése. A gradiens-vektor Legyen (r) = (x; y; z) skalármez½o. Szintfelületek: (r) = C = all:, ez egy felület egyenlete F (x; y; z) = 0 implicit alakban megadva (ld. 5. fejezet). Példa. = r = p x 2 + y 2 + z 2 szintfelületei gömbfelületek: x 2 + y 2 + z 2 = C 2. A zikai alkalmazásokban általában feltesszük (ha pl. a skalárpotenciál), hogy a tér minden pontján egy és csak egy szintfelület halad keresztül, a szintfelületek nem metszhetik egymást. A skalármez½o térbeli változásának leírására szolgál a gradiens. 32

34 Gradiens: A gradiens vektor de níciója: grad i Megmutatható, hogy parciális deriváltak i transzformálódnak. Bizonyítás: = 0, mert j ij Az ún. nabla-vektor (r) de níciója: r = i (szimbolikus vektor (di erenciálvektor)). A gradiens a nabla-vektorral így írható: grad = r 1.Példa: (r) = r = p x 2 + y 2 + z 2 rr + x2 + y 2 + z 2 = 1 2x p 2 x2 + y 2 + z = x 2 r r + + = 1 r (ix + jy + kz) = r r e r; az r irányú egységvektor. 2.Példa: = f(r); r = (x 2 + y 2 + z 2 ) 1=2 (r) = = df x =) rf(r) = f 0 r dr r r A gradiens vektor geometriai jelentése dr = idx + jdy + kdz r @ dx + dy + dz = d, a függvény teljes @z (megváltozásának lineáris része). Legyen P és Q a szintfelület két közeli pontja. Mivel = C, d = 0 = r dr =) r? dr. A gradiens vektor mer½oleges a szintfelületre. 33

35 P dr Q φ φ=c Az iránymenti derivált: Legyen (r) skalármez½o, k tetsz½oleges egységvektor. Az r helyvektorú M ponton keresztül húzzunk egy k irányú egyenest: r 0 = r+"k Képezzük a következ½o határértéket, ha ez létezik, ez lesz a skalármez½o k irány menti deriváltja az r pontban: d dk = lim "!0 (r+"k) " (r) Az el½oállítás szerint ez egy skalár. Az iránymenti derivált és a gradiensvektor kapcsolata: Ha " kicsi, (r+"k) = (x; y; "k "k "k z + : : :, tehát Tehát d k k k z = r k A gradiens vektor a leggyorsabb változás irányába mutat: d = r k = jrj cos, mivel jkj = 1: dk Ebb½ol leolvasható, hogy az iránymenti derivált akkor a legnagyobb, ha cos = 1, azaz = 0: Példák: A zikában ha U(x; y; z) = U(r) a potenciális energia, az er½o F = grad U: a) Homogén gravitációs er½otér: U = mgz; F = (0; 0; mg) A szintfelületek z = all: vízszintes síkok, az er½ovonalak függ½oleges, az U leggyorsabb csökkenésének irányába mutató egyenesek (ld. ábra) b) Ponttöltés térer½ossége - Coulomb-tér: 34

36 U = k q r ; r = p x 2 + y 2 + z 2 ; E = grad r 1 x2 + y 2 + z = 1 2x = x 2 2 (x 2 + y 2 + z 2 ) 3 2 r ; 3 E = k qr r 3 Mikor adható meg egy vektortér gradu alakban? Erre kérdésre a potenciálelmélet keretében adunk majd választ Vektormez½o divergenciája Legyen a(r) tetsz½oleges (x; y; z szerint di erenciálható) vektor-vektor függvény vagy vektormez½o. Derékszög½u koordinátákban: a(r) =a x (x; y; z)i+a y (x; y; z)j+a z (x; y; z)k. Az a(r) vektormez½o divergenciáj ának de níciója: div a A vektormez½o 3 db skalár-vektorfüggvénnyel - a komponens mez½okkel - adható meg: a = e 1 a 1 (r) + e 2 a 2 (r) + e 3 a 3 (r) A vektormez½ot az er½ovonalakkal szokás szemlélteni: az er½ovonalak olyan görbék, melynek érint½oi adják a vektormez½o értékét az adott pontban. Mivel r vektor, képezhetünk vele skalárszorzatot! A r a = f(r) skalármez½o derékszög½u r a = e i e k a k i = div 3 Példa: 1. Coulomb-törvény (ponttöltés elektromos mez½oje): E =k Q r 2 r r r r. 3 r r r r = div x y 3 r r r Pl. az x szerinti deriváltat számolva: z r 3 : 35

37 @ x r 3 r + (x 2 + y 2 + z 2 ) = 1 3x 2 3=2 r 3 r. 5 Hasonlóan számolhatunk y és z-re, így (r 6= 0 esetén) r 3 r 3 r r = 1 3x y 2 3 r 3 r 5 r 3 r + 1 3z 2 = 3 3 x2 + y 2 + z 2 = 5 r 3 r 5 r 3 r 5 3 r2 r = 0: 5 A divergencia jelentése A divergencia szó latin eredet½u, jelentése szétáramlás, szétfolyás. Fizikai jelentése a mez½o forrásaival van kapcsolatban, (az ún. lokális forráser½osség). Ezt a tulajdonságot szemlélteti a következ½o egyszer½u számolás. Tekintsük egy (r) s½ur½uség½u, v(r) sebességter½u folyadék kicsiny dv = dxdydz térfogatú hasábját. Számítsuk ki a térfogatból id½oegység alatt kiáramlott folyadékmennyiséget! z dz dx 0 dy y x Az x tengellyel párhuzamos normálisú lapokon kiáramlott folyadékmennyiség dydz (v x )j x=0 + dydz (v x )j x=dx = dydzf(v x )j x=dx (v x )j x=0 g = = (v x)j x=dx (v x )j x=0 dxdydz. dx Ha a térfogatot összehúzzuk egy pontra, a hányados x) derivált. Hasonlóan számolhatunk az y és z tengellyel párhuzamos normálisú lapokra. Így 36

38 kiáramlott tömeg x) y) z) = div(v) @z A bal oldali mennyiség neve lokális forráss½ur½uség. A kontinuitási egyenlet Ha a fenti példában a folyadék tömege állandó, akkor a folyadék kiáramlása miatt a térrészben a folyadék tömege csökken, azaz dm dv. Így a tömegmegmaradást kifejez½o ún. kontinuitási egyenlet lokális alakját = + r (v) = Példák. re =0, azt jelenti, hogy az origóba helyezett ponttöltés mez½oje forrásmentes, ahol r 6= 0, r = 0-ban a töltéss½ur½uség szinguláris! r B =0 azt fejezi ki, hogy a mágneses mez½o mindig forrásmentes Vektormez½o rotációja A ra = A(r) vektormez½o neve rotáció. Másik jelölése rot a. Kiszámítási szabálya e 1 e 2 e 3 = e 1 @z )+e @x )+e @y ) a 1 a 2 k r a = e i e k a k = " j 1. példa. a = r; r r = e ) + : : : = 0 2. példa. a =f(r)r r (fr) = rf r+fr r = f 0 r r r = 0 3. példa.legyen a vektormez½o a = v(r)f(r) alakú. A rotáció k ilyen parciális deriváltakat kell számolni: k) v k j j = (rf v) i + f(r v) i : Azt kapjuk tehát, hogy 37

39 r fv =rf v+fr v Speciális esetként legyen a = rf(r), centrális er½otér (ld. 2. példa). Számítsuk ki a rotációját! Az el½oz½o azonosságot használva r fr =rf r+fr r, r r = e @f Másrészt rf = ) + df = e i dx ) + e @y ) df =, így az els½o i dr r Tehát a szigorúan centrális er½otér rotációja mindig nulla. 1 dr r r r =0: A rotáció jelentése A rotáció forgást jelent. Megmutatjuk, hogy a rotáció zikai jelentése a vektormez½o forgásával, örvényeivel van kaocsolatban. Számítsuk ki egy v(r) sebesség½u folyadékban felvett kicsiny hurokra az ún. örvényer½osséget, azaz a v(r) vektormez½o cirkulációját! z dz 0 dy y x Cirkuláció=v y (0; y; 0)dy +v z (0; dy; z)dz v y (0; y; dz)dy v z (0; 0; z)dz = vz (0; dy; z) v z (0; 0; z)dz v y (0; y; dz) v y (0; y; 0) =dydz dy dz A zárójelben fölismerhetjük parciális deriváltak közelít½o hányadosát. A lapocska terlülete dydz. Határesetben (az origóra húzva a téglalapot) kapjuk, hogy lokális örvényer½osség=lim cirkuláció = (rot v) x 38

40 Ha a mez½o rotációja nem nulla, akkor a mez½o örvényes, (pl. az er½ovonalai zárt görbék). Ha a vektortér rotációja nulla, a mez½o örvénymentes. Ilyen pl. a centrális er½otér. Példa: Faraday-féle indukciós törvény. = 0. Példák: 1. F(r) = (0; 0; mg); r F = E = k qr r 3 ; r E =? (rot E) 1 x 3 3 x 3 2x 2 (x x x 2 3) 3 = 2 2 (x x x 2 3) = x 2 3 x 2 2x 3 (x x x 2 3) 3 = 2 2 (x x x 2 3) 5 2 Kérdés: van kapcsolat F = grad U és rot F = 0 között? A válasz igen, mert fennáll a következ½o tétel F = grad U =) rot F = 0 Bizonyítás: (rot grad U) = 0, mivel a di (nagyon általános feltételek mellett) általában felcserélhet½o. Egyszeresen összefügg½o tartomány esetén rot F =) F = gradu is érvényes. 3. Egy! szögsebességgel forgó merev test egy pontjának sebessége v =! r. r v =? rot v = r v = r (! r) (r v) 3 (!r) (! 1 x 2! 2 x 1 ) (! 3 x 1 3! 1 x 3 ) =! 1 +! 1 = 2! 1. Tehát rot v =2!; vagyis rot (! r) =2! 39

41 4.5. A r aritmetikája, többszörös deriváltak 1) A gradiens, divergencia, rotáció de nícióját gyelembevéve, és a vektorazonosságok közül leggyakrabban a kett½os vektori szorzat felbontását használva, számos azonosságot lehet gyártani. Ezek többségét legkönnyebb bizonyítani, ha derékszög½u komponensben kiírjuk mindkét oldalt. Az azonosság-gyártás f½o szabálya, hogy a r vektoroperátor kett½os természet½u, így kétféle szabálynak tesz eleget: a) a vektorszámítás azonosságai, b) a di erenciálás szabályai, különös tekintettel a szorzat deriválására és a láncszabályra. Az azonosságokhoz a skalár illetve vektormez½ok szorzatait használjuk, ahol és skalármez½ok, A és B pedig vektormez½ok. Összetett skalármez½ok: ; A B: Skalármez½onek gradiense lehet, tehát készíthetünk azonosságot r( ), és r(a B) kiszámítására. Összetett vektormez½ok: A; A B. Vektormez½ore lehet divergenciát és rotációt számolni, tehát azonosságokat lehet gyártani a következ½ok kiszámítására: r (A), r (A B); r A; r (A B): Példa: Adjunk meg kifejezést r(a B) kiszámítására. El½oször is vegyük észre, hogy a r(a B) -szer½u kifejezés a kett½os vektori szorzat kifejtésében szerepel: a (b c) = b(a c) c(a b): Például így A (r B) =r(a B) (A r)b (a B vektort csak a végére írhatjuk, és most B-t di erenciáljuk, nem A-t). A szorzatdi erenciálás szabályai szerint a fordított alak is kell, azaz amikor A-ra vonatkozik a di erenciálás: B (r A) =r(a B) (B r)a Így kapjuk (egyben bizonyítottuk is), hogy r(a B) = (B r)a + (A r)b + B (r A) + A (r B) 2) Alkalmazzuk a r vektort a gradiens, divergencia, rotáció kifejezéseire: r vektor, itt lehet divergenciát és rotációt számolni: a) r r b) r r r a skalár, gradiensét lehet venni: c) r(r a) r a vektor, itt lehet divergenciát és rotációt számolni: d) r r a e) r (r a) 40

42 Mind az öt kifejezés másodrend½u parciális deriváltakat tartalmaz, és több helyen találkozunk velük, f½oleg az elektrodinamikában. a) rr = div(grad = = 2 (r r) Ennek a fontos operátornak külön neve van: Laplace-operátor. Jele vagy r 2 A = 0 egyenlet neve Laplace-egyenlet. b) Fontos azonosság: r r 0; azaz skalármez½o gradiensének rotációja mindig nulla. A skalárpotenciál létezésénél lesz szerepe. Bizonyítás: Írjuk ki pl. az els½o komponenst: (r r) = 0, ha a parciális felcserélhet½o. Vagy az i-dik (r r) i = " ijk = j c) r(r a) = grad(div a) A Laplace operátor vektorokra érvényes alakjában fordul el½o, lásd az e) pontot. d) Fontos azonosság: r r a 0, azaz vektormez½o rotációjának divergenciája mindig nulla. A vektorpotenciál bevezetésénél lesz szerepe. Bizonyítás: r r (@a ) = 0; amennyiben a deriválások sorrendje vagy rövidített jelölést használva: r r 2 a k " ijk = " ijk = 0, a k a i. e) r (r a) =r(r a) (r r)a Az azonosság a kett½os vektori szorzat kifejtéséb½ol rögtön látható, vagy mindkét oldalt komponensekben fölírva is bizonyítható. Ez az azonosság a Laplace operátor vektormez½okre kiterjesztett de nícióját tartalmazza: a = (r r)a =r(r a) r (r a) Megjegyzés: könnyen igazolható, hogy a jobboldal kifejtése derékszög½u koordinátákban a 41

43 a =a 1 e 1 + a 2 e 2 + a 3 e 3 = a i e i összefüggésre vezet, ahol 2 A görbevonalú rendszerekben azonban a a fenti e) azonossággal számolandó Vektormez½o iránymenti deriváltja, a deriválttenzor Legyen k egységvektor. Vizsgáljuk az a(r) vektormez½o változási ütemét a tér r helyén, ha a k irányban elmozdulunk. Ezt nevezzük az a vektormez½o k irány = lim 1 1 [a(r+"k) a(r)] lim "!0 " "!0 " j j "k i = e j k i = (k i A deriválttenzor Az a(r) vektormez½o melynek komponensei Descartes-derékszög½u @x j ij 5. Görbék és felületek Általában 3-dimenziós euklideszi teret tételezünk föl. Ha mást nem mondunk Descartes derékszög½u koordinátákat használunk. Egy pont koordinátáit x; y; z-vel, a bázisvektorokat pedig i; j; k-val jelöljük, a pont helyvektora r = xi+yj+zk = (x; y; z) Görbék megadási módjai, az érint½ovektor 1. Implicit alak: pl. ax + by d = 0 (egyenes), ax 2 + by 2 + 2cxy d = 0 (kúpszelet). 2. Explicit alak: y = f(x), pl. y = cos x, y = chx, y = ln x; y = exp(x) (síkgörbék). 3. Paraméteres alak: A t 2 [a; b] paramétertartomány pontjaihoz a tér r(t) helyvektorú pontját rendeli: r = r(t) = (x(t); y(t); z(t)); t 2 [a; b]. 42

44 Feltesszük, hogy az r(t) függvény folytonos, továbbá néhányszor folytonosan di erenciálható t szerint. Legjobb elképzelés a térgörbére a "meghajlított drótdarab". Egy görbe többféleképpen is paraméterezhet½o, pl. ívhosszparaméter, ld. kés½obb. A zikában görbék pl. a az anyagi pont pályája (itt paraméter az id½o), áramlásoknál az áramvonalak, elekromágneses mez½oben az E- és B-vonalak, stb. Példa: hengeres csavarvonal (helix): x = a cos t ; y = a sin t ; z = bt Feladat: Írja föl a fenti implicit és explicit módon megadott görbék valamilyen paraméteres alakját! Az érint½ovektor: Az érint½ovektor a szel½ok határesete az alábbi értelemben: r = r(t + t) r(t) r(t + t) r(t) lim = dr = _r, ha létezik. t!0 t dt Például mechanikában a pálya id½oderiváltja a sebességvektor, amely érint½o irányú: v = _r Az ívhossz: A görbére egy beosztást készítünk. Az osztópontokat egyenes szakaszokkal összekötve egy poligont kapunk: s i = P i 1 P i ;a poligon hossza P n i=1 s i : Az ívhossz a poligonok hosszának fels½o határa, amely di erenciálható görbék esetén az alábbi módon írható: P s = lim n si!0 i=1 s i = R b j_r(t)j dt = Rb p _x(t)2 + _y(t) n!1 a 2 + _z(t) 2 dt a 43

45 A zikában a pálya egy szakaszának ívhossza az út: s = R t 1 t 0 j_r(t)j dt : Feladat: Mutassuk meg, hogy a hengeres csavarvonal ívhossza: s = t p a 2 + b A görbe ívhossz szerinti paraméterezése Tekintsük az ívhosszt, mint a t paraméter függvényét: R t p s(t) = _x(t0 ) 2 + _y(t 0 ) 2 + _z(t 0 ) 2 dt 0 0 Az s(t) függvény szigorúan monoton növ½o, folytonosan di erenciálható, így létezik az inverze: t(s). A görbe t helyett az s ívhosszal is paraméterezhet½o : r(t(s)) = r(s) Az ívhosszparaméter szerinti di erenciálást pont helyett vessz½ovel jelöljük: r 0 = dr ds ; r00 = d2 r ds. 2 Példa: hengeres csavarvonal ívhosszparaméteres alakja: s s x = a cos( p ); y = a sin( p a2 + b2 a2 + b ); z = b s p 2 a2 + b Kísér½o háromél vagy triéder, görbület, torzió Az érint½o egységvektor t(s) dr ds = r0 = dr dt dt ds = dr dt 1 ds dt = : r r :. Tehát az r(s) függvény s szerinti deriváltja egységvektor, és jelentése szerint az érint½o: t(s) = dr : ds = r r :. Feladat: Mutassuk meg, hogy az érint½o (egyenes) egyenlete R = r+_r, ahol R az egyenes futópontja A f½onormális egységvektor n(s) De níciója: n(s) = r00 jr 00 j. A f½onormális egységvektor mer½oleges az érint½o egységvektorra. 44

46 Ennek bizonyítása: r 02 = 1: Deriváljuk mindkét oldalt s szerint: 2r 0 r 00 = 0. Görbület A görbület az érint½o egységvektor elfordulásának üteme, az ívhossz szerinti "szögsebesség": jt(s + s) t(s)j jj G = lim = lim s!0 s s!0 s. Eszerint G = jt 0 j = jr 00 j annak mértéke, hogy a görbe mennyire tér el az egyenest½ol (az egyenes görbülete nulla, a kör görbülete a sugár reciproka, a helix görbülete p, mint látni fogjuk). a a2 + b2 Példák 1. Egyenes, G = 0; mivel: G = jt 0 j = 0, t = r 0 = all = c 1, r = c 1 s + c 2. Az utolsó kifejezés az egyenes egyenlete. 2. Kör x = a cos s a, y = a sin s a x 0 = sin s a ; y0 = cos s a x" = 1 a cos s a, y" = 1 a sin s a G = p (x") 2 + (y") 2 = 1 a Feladat: Mutassuk meg hogy a helix görbülete a p a2 + b 2! Görbületi sugár, görbületi kör Vegyünk föl a görbén egy P pontot, és a közelében a P 1 ; P 2 ; P 3 pontokat. Fektessünk át egy kört a P 1 ; P 2 ; P 3 pontokon. Ha a pontokat a P ponthoz közelítjük, az átfektetett kör határesetben a P ponton átmen½o 45

47 görbületi kör lesz, amelynek sugara R. Megmutatható, hogy a görbület reciproka a görbületi sugár: R = 1 G. Továbbá az is igaz, hogy az n f½onormális egységvektor egyenese átmegy a görbületi középponton, a görbületi kör pedig a t és n síkjában van. Feladat: Határozzuk meg a helix érint½o egységvektorát és fönormálisát, és a görbületi kör középpontját az s = 0 pontban! A binormális egységvektor De níció szerint b = t n. Torzió ( vagy T ) A torzió de níciója: = jb 0 j. A torzió a binormális egységvektor változásának ívhossz szerinti szögsebessége. jb(s + s) b(s)j jj jt j = lim = lim s!0 s s!0 s. Síkgörbe esetén b = all:, azaz b 0 = 0. 46

48 A torzió annak mértéke, hogy a görbe milyen ütemben csavarodik ki a simulósíkjából. A torzió akkor pozitív, ha a t érint½ovektor irányából visszanézve a b vektor pozitív irányban (az óramutató járásával ellenkez½o) irányban forog: Állítás: b 0 = T n. Bizonyítás: b 2 = 1 =) b b 0 = 0; azaz b 0? b: b t =0 =) b 0 t + b t 0 = 0 =) b 0 t =0; mert t 0 k n,ezért b t 0 = 0: Tehát b 0? t. Így csak b 0 k n lehet, ennélfogva b 0 = T n : Ezek szerint T = n (n 0 t) Feladat: Mutassuk meg, hogy a helix torziója T = b a 2 + b 2. A görbe minden pontjához megadható három, páronként mer½oleges egységvektor. t(s); n(s); b(s). Ezt a három vektort kisér½o háromélnek (triédernek) nevezzük. Simulósík (S): t és n síkja (a görbületi kör síkja) Normálsík (N): n és b síkja (adott pontban a görbe ezt a síkot éppen mer½olegesen átdö ) Rekti kálósík (R): b és t síkja 47

49 Feladatok: Mutassuk meg, hogy 1. a simulósík egyenlete: (R r) (_r r) = a normálsík egyenlete: (R r) _r = a rektirikálósík egyenlete: (R r) (_r (_r r)) = a f½onormális egyenesének egyenlete R = r+_r (_r r). (ez az egyenes megy át a görbületi középponton) Frenet képletek: t 0 = Gn n 0 = Gt +T b b 0 = T n A görbét térbeli helyzetét½ol függetlenül egyértelm½uen meghatározza a görbülete és a torziója. Kérdés: Melyek azok a görbék, melyeknek görbülete és torziója állandó? Válasz: (egyenes, kör, helix) Érvényesek az alábbi hasznos formulák: a) G = 1 j_r rj = R j_rj 3 b) T = 1 _r r... r G 2 j_rj 6 Mechanikai alkalmazás: sebesség: v = _r =vt; v = ds dt. gyorsulás: a = _v = r = _vt+v_t = _vt+vt 0 ds dt = a tt+v 2 t 0 = a t t+ v2 R n: 5.5. Felületek megadási módjai A felületeket többféle módon meg lehet adni: 1. implicit: F (x; y; z) = 0. pl. skalármez½o szintfelületei: (r) = (x; y; z) =c; a 11 x 2 + a 22 y 2 + a 33 z 2 + 2a 12 xy + 2a 13 xz + 2a 23 yz felület), 1 = 0 (másodfokú 48

50 ax + by + cz d = 0 (sík) 2. explicit: z = f(x; y) pl. z = p x 2 + y 2 r 2 (félgömb) 3. paraméteres: x = x(u; v); y = y(u; v); z = z(u; v) r = r(u; v) pl. gömbfelület: x = a cos ' sin #; y = a sin ' sin #; z = a cos # Általában felületnek nevezzük a kétdimenziós T (u; v) paramétersík leképezését a háromdimenziós térbe. Elvileg a három megadási mód egymással ekvivalens Felületi görbék, érint½osík, felületi normális Legyen a felület r(u; v) módon = = r v sehol sem nulla és nincsenek csúcsok, élek. Felületi görbe: r(u(t); v(t)) = ~r(t) Speciális felületi görbék u = c; v = t r(u = c; v) v-vonal, u = t; v = c r(u; v = c) u-vonal (vagy u-paramétervonal). Ezek alapján r r az u-vonal érint½oje, a v-vonal érint½oje. 49

51 Érint½osík: Legyen r(u(t); v(t)) egy adott M pontján átmen½o felületi görbe. Ezen felületi görbe érint½oje az M pontban _r = dr du dv dt = r u du dt + r v dv dt. Eszerint az M ponton átmen½o bármely felületi görbe érint½oje benne van az r u és r v vektorok síkjában. Ez a sík a felület érint½osíkja az M pontban. Felületi normális: Az érint½osíkra mer½oleges egységvektor n = r u r v jr u r v j ; n k r u r v 5.7. Felületek felszíne A felület felszínének kiszámításához a felületet lefedjük egy alkalmas beosztással. Ilyen az "érint½o pikkely". Ha a felület r = r(u; v) paraméteres alakban van megadva, a felületelem S i = jr u r v j uv: A felület felszíne S = X S i : A beosztást nomítva az összeg egy i kétváltozós Z integrálra Z vezet: S = ds = jr u r v j dudv. Irányított felületelemet úgy kapunk, hogy a felületelemet az ottani felületi normális egységvektorral megszorozzuk. A felületi normális egységvektor n = r u r v jr u r v j, így a felületelem vektor S i = (r u r v )uv Z Z Ily módon kapjuk, hogy S = nds = (r u r v )dudv. Az S neve felületvektor. A felszín számítása különböz½o felületmegadási módok esetén. 1. A felület paraméteres alakja esetén: jr u r v j = p (r u r v )(r u r v ) = p r 2 u r 2 v (r u r v ) 2 Szokásos jelölések r 2 u = E, r 2 v = G; r u r v = F: S = Z peg F 2 dudv 2. A felület z = f(x; y) explicit módon van megadva. Ez megfelel a x = u, y = v paraméterezésnek. 50

52 r u = ), r v = (0; A felszín számítása S = @y ; ); r u r v = ( Z )2 )2 + 1 dxdy A felület felszíne szorozva a felület normális egységvektorával. Például egy tetraéder oldallapjainak felületvektorai a következ½ok: (a 2 a 1 ) (a 3 a 1 ) = 2S a 2 a 1 = 2S 3 = 2S xy ( e z ) a 3 a 2 = 2S 1 = 2S yz ( e x ) a 1 a 3 = 2S 2 = 2S zx ( e y ) Adjuk össze az oldalak felületvektorait: 2(S + S 1 + S 2 + S 3 ) = : : : = 0 Érvényes tehát, hogy bármely tetraéder felületvektorainak összege nulla. Általánosítva, mivel a bels½o felületek felületvektorai kiejtik egymást, igaz a következ½o tétel: Bármely zárt felület "felületvektora" = 0. Ezek alapján a tetraéder tetsz½oleges lapjának felületvektora (S) kifejezhet½o a többi lap felületvektorával: S =S xy e z + S yz e x + S zx e y ds = ds xy e z + ds yz e x + ds zx e y 51

53 Példák: 1.A felület F (x; y; z) = 0. A felületi normális, mint láttuk párhuzamos a rf vektorral. 2. gömbfelület: x = a cos ' sin ; y = a sin ' sin ; z = a cos vonalak és '-vonalak a gömbfelületen: 6. Vektorok integrálása 6.1. Görbe menti vagy vonalintegrál Skalárfüggvény vonalintegrálja Adott (r), és a C : r(t) görbe (a t b). Készítsünk egy beosztást a görbén, az i edik szakasz hossza jr i j, az ide mutató közbüls½o helyvektor r i : P Képezzük a következ½o összeget n (r i ) jr i j i=1 Ezen összegek határértéke, ha a beosztások végtelenül nomodnak, azaz a beosztások száma tart a végtelenbe, és a beosztások hossza tart a nullához, a függvény görbe menti integrálja: P lim n (r i ) jr i j = R R b (r(s))ds = (r(t)) j_r(t)j dt. i=1 C a 52

54 Vektormez½o vonalintegrálja Adott v(r), és a C : r(t) görbe (a t b). Készítsünk egy beosztást a görbén, az i edik szakasz irányított hossza r i (Fizikában pl. az elmozdulásvektor). Az "ide" mutató helyvektor r i : Képezzük a következ½o összeget: np v(r i ) r i. i=1 Ennek határértéke (ha létezik) a beosztás nomításakor a v vonalintegrálja: np lim v(r i ) r i = R R b v(r) ds = v(r(t)) _r(t) dt. r i!0 i=1 C a Pl. az F(r) er½otérben a munka egy C görbe mentén (A! B): W A!B = R C F s ds = R C Fdr = R b a F(r(t)) _r(t) dt További jelölések: ds = tds = dr ds = dr =drdt = _rdt R ds dt v(r) dr = R v s ds = R (v x dx + v y dy + v z dz) C C C Példák 1. Számítsuk ki a F = iy + jx er½otér rotációját, valamint a munkát az ábrán jelölt kétféle út esetén! Megoldás: i j k r = i0 + j0 + k(1 + 1) = 2k y x 0 A munka: F x = y; F y = x 53

55 R R 1 R 1 R 1 R 1 Fdr = F x (x; y = 0)dx+ F y (x = 1; y)dy = 0dx+ 1dy = [y] 1 0 = 1 G R R 1 R 1 R 1 Fdr = F y (x = 0; y)dy + F y (x; y = 1)dx = 0 + ( 1)dx = [ x] 1 0 = G Megjegyzés: A munka most függ az úttól. Látni fogjuk, hogy annak szükséges feltétele, hogy a munka független legyen az úttól: r F = Adott a v = (xy; yz; zx) vektormez½o. Számoljuk a R vdr vonalintegrált egy a; b paraméter½u hengeres csavarvonal egy menetére! G Megoldás: G : x = a cos t; y = a sin t; z = bt t = [0; 2] R _r = ( a sin t; a cos t; b) vdr = R v(r(t))_r(t)dt = R 2 [ 0 a2 sin 2 t cos t+a 2 bt sin t cos t+ab 2 t cos t]dt = G a 2 b 2 3. Integráljuk a v = (y 2 ; xy x 2 ; 0) vektort a G : y 2 = 9x síkgörbe mentén a (0; 0) ponttól az (1; 3) pontig! Megoldás: R R 3 vdr = [ 2 9 y3 + ( 1 9 y y4 )]dy = G 0 Gyakran használjuk a vonalintegrál alábbi tulajdonságait: 1. a vonalintegrál - hasonlóan az egyváltozós integrálokhoz - additív: BR CR BR vdr = vdr+ vdr A(G) A(G 1 ) C(G 2 ) 54

56 2. A vonalintegrál - hasonlóan az egyváltozós integrálokhoz - el½ojelet vált, ha megváltoztatjuk a görbe irányítását: G! ( G) BR AR vdr = vdr A(G) B( G) 3. Gyakran használatos jelölés a zárt görbe mentén vett integrálra (ún. körintegrál): H vdr A B 4. A zárt H síkgörbe területét a következ½o formulával számolhatjuk ki: T = 1 2 (xdy ydx). Az additivitás és az el½ojelváltásra vonatkozó tulajdonságok következménye az alábbi nagyon fontos tétel: A vonalintegrál akkor és csak akkor független az úttól, ha bármely zárt görbére az integrál 0. Érvényes a következ½o állítás: BR Az vdr független az úttól (azaz csak az A és B pontoktól függ, A(G) az azokat összeköt½o G görbét½ol nem), ha van olyan U(x; y; z) függvény, hogy v =ru (feltesszük, hogy a tartományunk egyszeresen összefügg½o). Ekkor BR vdr = U(B) U(A). A Ennek szükséges feltétele: r v = 0: Ha a vonalintegrál független az úttól, akkor az U függvény egyszer½uen megadható: 55

57 PR U(P ) = vdr (tetsz½oleges görbe mentén): A Példa: A konzervatív er½otér Felületi integrálok Legyen adva a (x; y; z) függvény az F felület pontjaiban. Képezzük az F felület egy beosztását (pl. u és v vonalak hálózatával). Az P i-edik beosztás területe legyen f i (= jr u r v j uv). Képezzük a (x i ; y i ; z i )f i i összeget. Ha a beosztást nomítva ez az összeg közelít egy határértékhez, akkor ezt a határértéket a (x; y; z) függvény F felületre vett integráljának nevezzük: R F df. A zikában igen gyakran el½ofordul, hogy egy v vektormez½o uxusát kell kiszámolni egy adott felületre: R F v ndf = R F v ndf = R F vdf, ahol df = ndf az elemi felületvektor. Például, ha a felület u; v paraméterekkel van megadva: df = r u r v dudv. Példa: Legyen F az x + y + z = 1 síknak a három koordinátasík közé es½o darabja! Számoljuk ki az I = R rdf uxust! F Megoldás: rdf = (x; y; z) p 1 3 (1; 1; 1) df = p 1 3 (x + y + z) df = p 1 3 df, mivel a felület mentén x + y + z = 1. I = p 1 R df = p 1 (a háromszög területe) = 1 p 3 p 3 F = 1 2. Megjegyzés: Az oldallapokra a uxus 0, mivel pl. az x; y síkba es½o oldallapon az r vektor z komponense 0, így ezen a lapon rdf =(x; y; 0)(0; 0; 1)df = 0: Így a tetraéder zárt felületére vett összes uxus: H 1 rdf = 2. 56

58 6.3. Térfogati integrálok Legyen adva a (x; y; z) függvény az V térrész (térfogat) pontjaiban. Képezzük a V térrész egy beosztását (pl. kicsiny hasábokkal). Az i edik beosztás térfogata legyen V i. Képezzük a P (x i ; y i ; z i )V i összeget. i Ha a beosztást nomítva ez az összeg közelít egy határértékhez, akkor ezt a határértéket a (x; y; z) függvény V térfogatra vett integráljának nevezzük: R dv V A dv térfogatelem derékszög½u koordinátákban dv = dx dy dz : 6.4. A Stokes-tétel Legyen adva egy F felület, amelynek pereme a G zárt görbe. A felületet és a görbét irányítsuk a jobb-csavarnak megfelel½oen. Ha a v vektormez½o folytonosan di erenciálható az F felületen és annak peremén, akkor érvényes az alábbi tétel (Stokes) I Z vdr = rot vdf; G azaz a v vektormez½o örvényer½osségének uxusa az F felületre egyenl½o a peremére számolt cirkulációval. F 57

59 Miel½ott a Stokes-tétel bizonyítását elvégeznénk, bebizonyítunk egy segédtételt, ami tulajdonképpen a Stokes-tétel két-dimenziós megfelel½oje: Segédtétel (Green-formula): Legyen F az x; y síkban egy kis téglalap, amelynek oldalai x, illetve y. G pedig az F-et határoló zárt görbe. Számoljuk ki a v zárt görbe menti integrálját: y+ y y x x+ x x+x HG vdr = R y+y R = y x v y (x; y 0 )dy 0 = x+x R x y+y R v x (x 0 ; y)dx 0 ( y)dx0 + y+y R y y v y (x+x; y 0 )dy xdy0 = x+x R x v x (x 0 ; y x y (x;y) (r I v) z x yz v x dx+v y dy = x )dx dy = R (rot v) F zdf Green-formula A fenti egyszer½u példában kapott ún. Green-formula a Stokes-tétel speciális esete, amelyre az általános Stokes-tétel bizonyítása visszavezethet½o A Stokes tétel szemléletes bizonyítása Osszuk fel a felületet kicsiny négyzetek hálózatára. Alkalmazzuk egy ilyen kicsiny, síknak tekinthet½o négyzetre a a Green-formulát: 58

60 Fennáll H a következ½o közelít½o formula: vdr = X vdr = (r v) df G 4 oldal Összegezzük a felírt közelítést az összes kis négyzetre. Azt kapjuk, hogy a vdr kifejezések a bels½o oldalaknál kiejtik egymást, és csak a határgörbére X vett összegxmarad: vdr = (r v) df perem osszes negyzet Ha a négyzetek oldalhosszát és így felszínét a nullához, számukat a végtelenbe tartatjuk (azaz a beosztást nomítjuk), akkor a fenti összefüggések határértékben a következ½o integrálokat adják I Z vdr = r vdf Ez a Stokes-tétel Példák: G 1. Alkalmazzuk a Stokes-tételt v = c alakú vektormez½ore, ahol (r) skalármez½o, c tetsz½oleges, nem nulla, konstans vektor. (r v)df =(r c)df =(r c)df =dfr c c R df r= c H R dr =) df r= H dr F F G G I 2. Bizonyítsuk be, hogy r vdf = 0. F F 59

61 A zárt felületet egy síkkal daraboljuk két részre, és két (most már nem zárt) felületre alkalmazzuk a Stokes tételt: I Z Z H H r vdf = r vdf+ r vdf = vdr vdr = 0; G G F F 1 F 2 mivel a határgörbék azonosak, csak ellenkez½o körüljárásúak. Következmény: I A r vdf = 0 összefüggésra alkalmazhatjuk a Gauss-tételt (ld. 6.6 F pont): I Z r vdf = r (r v)dv = 0: =) r (r v) = 0: F V A jól ismert vektorazonosság egy koordinátáktól független bizonyítását kaptuk. 3. Mutassuk meg, hogy H rdr = 0 G A Stokes-tétel szerint H Z rdr = r rdf =0, mert r r =0. G F 4. Mutassuk meg, hogy egy síkfelület (amit a G zárt görbe határol) T felületvektora T = 1 H rdr! 2 G a) A helyvektor által súrolt területelem jrdrj = rdr sin = 2dT. Ebb½ol az állítás látszik. b) Alkalmazzuk a Stokes-tételt a v = c r vektormez½ore, ahol c konstans vektor. r v =r (c r) = c(r r) (c r)r =3c c =2c vdr = c rdr Z = c rdr Z Kapjuk, hogy r(c r)df =2c df = c H rdr =) 2T = H rdr G G F F Megjegyzés: A Stokes-tételnek a zikában számos fontos alkalmazása van: konzervatív er½oterek, örvények és cirkuláció a folyadékok áramlási terében, Ampére-törvénye, a Faraday-féle indukciós törvény az elektrodinamikában, stb. 60

62 6.5. A Gauss-tétel Legyen adva egy F zárt felület, amely egy V térfogatot (térrészt) fog közre. A felület normálisát kifelé irányítjuk. Ha a v vektormez½o folytonosan di erenciálható a tartományban és a határán, akkor érvényes a következ½o tétel: Z I div vdv = vdf V azaz a v vektormez½o forráss½ur½uségének térfogatra vett integrálja (az ½un. forráser½osség) megegyezik a határfelületre vett uxussal. A bizonyításhoz el½obb belátunk egy segédtételt, amelyre a Gauss-tétel visszavezethet½o. Segédtétel: Legyen az F zárt felület egy kicsiny, x; y; z oldalhosszúságú téglatest, melynek élei párhuzamosak az x; y; z koordinátatengelyekkel. Érvényes, hogy a téglatest zárt felületére vett uxus megegyezik a div v térfogati I integráljával: Z vdf = div vdv F V F Bizonyítás: 61

63 Számítsuk ki a téglatest oldallapjaira a v vektormez½o uxusát. Az integrál a hat lapra vett összegre esik szét, és a lapokon vett integrálás helyett számoljunk középértéktétellel. Például a z tengelyre mer½oleges "fels½o" és "alsó" lapra kapjuk, hogy: v z (x 0 ; y 0 ; z + z)x y v z (x 00 ; y 00 ; z)x y, ahol gyelembe vettük, hogy az alsó lap normálisa k; és hogy a v mez½o értékét a lapok közbüls½o pontjában kell venni. Vegyük észre, hogy a kapott kifejezés a z szerinti parciális di erenciálhányados segítségével így z z x Hasonlóan I eljárva a másik két lap-párra, végül kapjuk, hogy vdf z z x y+@v x z y+@v y y z x = div v x z y = div vdv; V ahol az utolsó el½otti kifejezésben a divergencia értékét a tartomány közbüls½o pontjában számoljuk ki. A Gauss-tétel a segédtétel felhasználásával könnyen belátható, hiszen egy tetsz½oleges térfogat kis hasábokkal egyre nomabban kitölthet½o, illetve a bels½o felületekre vett uxusok kiejtik egymást. Példa: Legyen F tetraéder az x + y + z = 1 sík, és a három koordinátasík I által határolt zárt felület. Korábban kiszámoltuk, hogy az I = rdf zárt felületre vett uxus értéke 1 : Számítsuk ki a div r tetraéderre vett 2 térfogati Z integrálját Z : div rdv = 3dV = = 1 2, V V amely eredmény a Gauss-tétel szerint várható is. A kapott eredmény általánosítható: Egy tartomány V térfogata kiszámítható oly módon, hogy vesszük a r helyvektor uxusát a határoló zárt felületre és azzeredményt Z osztjuk 3-mal: 1 V = dv = 3 div r dv = 1 I rdf. 3 V V F 62

64 A Gauss-tétel szemléletes bizonyítása Osszuk fel a térfogatot tetsz½olegesen nagy számú elemi kis téglatestre. Az el½oz½o pontban bizonyított segédtétel szerint egy ilyen kis tégla egy alkalmas közbüls½o pontjában: r v = 1 I vdf; V F vagyis fennáll a következ½o formula I vdf ==r v V F Adjuk össze az összes kis téglára ezt az összefüggést. Azt kapjuk, hogy a bels½o felületekre a vdf kifejezések páronként kiejtik egymást, így csak a küls½o felületre vett összeg marad meg: X hatarfelulet vdf = X terfogat r v V Ha a téglák száma tart a végtelenbe, miközben oldaléleik hossza, és így térfogatuk a nullához tart, a felírt összegek a következ½o integrálokhoz tartanak: I Z vdf = r vdv: F V Eredményül a Gauss-tételt kaptuk. A Gauss-tételt gyakran használjuk Descartes-féle derékszög½u koordinátákban a következ½o alakban: 63

65 3X k ( ) k dv = 3X I k=1 df n k ( ) k Green tételei, a Gauss-tétel további megfogalmazásai A Gauss-tétel gyakran használt egyik következményének külön neve van: Green tételei. 1. Legyen v =r r v =r (r ) = r r + r 2 Green I. tétele: Z I I (r 2 + r r )dv = r df V F df 2. Legyen v =r r A Gauss-tételbe behelyettesítve kapjuk Green II. tételét: Z V r 2 r 2 I dv = @ 2. A Gauss tétel további következményeit kaphatjuk a v vektormez½o további speciális választásaival. a) Legyen v =c, ahol (r) skalármez½o, c tetsz½oleges, nem zérus, állandó vektor. r v =r (c) = c r. Beírva Z a Gauss-tételbe I Z I c rdv = cdf =) c [ rdv df]. V F Mivel c tetsz½oleges, fennáll, hogy Z I rdv = V (a gradiens koordinátáktól független de níciója) b) Legyen v = c u, ahol u(r) vektormez½o, c tetsz½oleges, nem zérus, állandó vektor. r v =r (c u) = c (r u) (c u)df = c (df u) V F df F 64

66 Beírva Z a Gauss-tételbe I c (r u)dv = c (df u) V Mivel c tetsz½oleges, következik, hogy Z I r udv = F V F df u (a rotáció koordinátáktól független de níciója) c) Z Összefoglalva I a Gauss-tétel ilyen alakban írható: r(:::)dv = df(:::) V F Z V I r(:::)dv = F df(:::) (a r koordinátáktól független de níciója) 3) További I példák: a) df = 0, zárt felület felületvektora mindig nulla. F Bizonyítás: Legyen v I= c állandó vektor. r c =0: =) 0 = df F b) Egy tartomány térfogata kiszámítható a V = 1 I rdf képlettel. 3 F Bizonyítás: Alkalmazzuk a Gauss-tételt a v = r vektorra. r @y = 3. Így Z I r rdv = 3 dv = 3V = rdf, az állítás leolvasható. V V c) A Laplace-operátor integrál el½oállítása Legyen v =r, ahol (r) skalármez½o r v =r r = r 2 ; df A Gauss-tételbe beírva: Z I r dv df V F Egy kicsiny térfogatot, és zárt felületet választva a bal oldal (középérték tétellel) így írható: F 65

67 I r dv = df =) r2 = 1 dv df A zárt felületet összehúzva a tartomány egy bels½o pontjára, kapjuk, hogy I r 2 = lim dv!0 df (koordinátáktól független de níció) Kérdés: r 2 v-re nincs hasonló de níció? Válasz: r 2 v = grad div v rot rot v. A Gauss-tételnek a zikában számos fontos alkalmazása van: kontinuitási egyenlet a folyadékok áramlási terében, az elektrodinamikában, kvantummechanikában és általában a megmaradási törvényeknél, Gausstörvénye az elektrodinamikában, és általában a potenciálelméletben, stb A grad, div, rot, Laplace-operátor (koordinátáktól független) integrál el½oállítása Összefoglaljuk az el½oz½o fejezetekben kapott hasznos formulákat. A Gauss-tétel alapján a v vektormez½o divergenciája egy tetsz½oleges P pontban meghatározható, mint a v uxusa a P -t körülvev½o F felületre osztva a körbezárt térfogattal, és a felületet egyenletesen összehúzva a P pontra: I 1 div v = lim vdf V!P V F Hasonlóan, a Stokes-tétel alapján a v vektormez½o rotációjának vetülete egy tetsz½oleges n irányra egy tesz½oleges P pontban meghatározható, mint a P pont körüli zárt G görbére számított cirkuláció osztva a görbe által körülzárt területtel, majd a görbét egyenletesen összehúzva a P pontra: 1 n rot v = lim F!P F F I G vdr A fentiek alapján könnyen el½oállíthatjuk a gradiens koordinátamentes alakját. Legyen v ='a, ahol ' skalármez½o, a pedig egy tetsz½oleges konstans vektor. 66

68 I 1 div v = div('a) = a grad '= lim V!P V ahonnan leolvasható, hogy F 1 grad ' = lim V!P V I 1 ('a)df = a ( lim 'df), V!P V F A divergencia és a gradiens kifejezése alapján vegyük észre, hogy a nabla-vektor el½oállítható a I 1 r(: : :) = lim df (: : :) V!P V alakban. Ezek szerint pl. a rotáció koordinátamentesen de nálható az alábbi módon is: I 1 r v = lim df v V!P V F A Laplace-operátorra 3.c példában kapott el½oállítást is írjuk újra ide: I r 2 = lim dv!0 df F I F F 'df 7. Görbevonalú koordináták A Descartes derékszög½u koordinátarendszert az i; j; k ortonormált bázis feszíti ki. Egy tetsz½oleges pont helyvektora ebben a bázisban r =xi+yj+zk ahol x; y; z a pont ún. Descartes-féle derékszög½u koordinátái. Ezek a derékszög½u koordináták kifejezhet½ok 3 másik független adat: u; v; w, ún. általános görbevonalú koordináták segítségével is, vagyis a derékszög½u koordináták az új, görbevonalú koordináták függvényei: x = x(u; v; w); y = y(u; v; w); z = z(u; v; w): A tér adott pontján három, kölcsönösen mer½oleges sík metszi egymást: az x = allando, y = allando és a z = allando sík. Egy pont helyzetét megadhatjuk mint ezen három koordinátasík közös pontját. Ha az u; v; w új koordináták közül pl. w-t rögzítjük, a kapott felület neve u; v-felület. Ha az u; v-felületen pl. v-t rögzítjük, a kapott görbe neve u-vonal. Ha az u; v-felületen u-t rögzítjük, akkor v-vonalat kapunk. Hasonlóan értelmezünk két további koordinátafelületet (v; w felület, u; w 67

69 felület), valamint a w-vonalat. Ezek felelnek meg a korábbi koordinátasíkoknak és koordináta-tengelyeknek. A könnyebb jelölés kedvéért a Descartes derékszög½u koordinátákat x 1 ; x 2 ; x 3 - mal, a görbevonalú koordinátákat u 1 ; u 2 ; u 3 -mal jelöljük. A derékszög½u koordináták az új, görbevonalú koordináták függvényei: r = r(u 1 ; u 2 ; u 3 ) : x 1 = x 1 (u 1 ; u 2 ; u 3 ); x 2 = x 2 (u 1 ; u 2 ; u 3 ); x 3 = x 3 (u 1 ; u 2 ; u 3 ): Mivel u 1 ; u 2 ; u 3 független koordináták, az inverz függvényeknek is létezniük kell, azaz a görbevonalú koordináták felírhatók a derékszög½u koordinátákkal: u i = u i (x 1 ; x 2 ; x 3 ); i = 1; 2; 3: A koordinátavonalak érint½oi, amelynek irányában a koordináta változik, a koordinátafelületre mer½oleges vektorok, pl az u 3 vonal érint½oje mer½oleges az (u 1 ; u 2 ) felületre: g i A g i vektorok Descartes-féle derékszög½u g i = 2 i A tér egy P pontjában meghatározott g 1 ; g 2 ; g 3 vektorok a görbevonalú koordinátarendszer bázisvektorai. Ily módon a tér minden pontjában de niálunk egy koordinátarendszert. Ha a g 1 ; g 2 ; g 3 vektorok páronként mer½olegesek, a koordinátarendszert ortogonális görbevonalú koordinátarendszernek hívjuk. 68

70 A továbbiakban csak ortogonális koordinátákkal foglalkozunk. A koordinátavonalak minden pontban mer½olegesek egymásra. Az u i koordinátavonal érint½o egységvektora e i = 1 h i g i, az e 1 ; e 2 ; e 3 ortonormált bázis általában helyr½ol-helyre változik (elfordul). Jelöljük a g i bázisvektor hosszát h i -vel, h i = jg i j. A h 1 ; h 2 ; h 3 mennyiségeket Lamé-féle állandóknak, vagy skála-faktoroknak nevezzük. A Lamé-féle állandók segítségével kifejezhet½ok az ívhossz-elem, a felületelem és a térfogatelem. Ívhossz-elem az u 1 -vonal mentén: ds 1 = h 1 du 1 Felületelem az u 1 =áll., vagyis az u 2 ; u 3 koordinátafelületen: df 23 = h 2 h 3 du 2 du 3 Térfogatelem (a koordinátafelületek által körbefogott térrész térfogata): dv = ds 1 ds 2 ds 3 = h 1 h 2 h 3 du 1 du 2 du Henger- és gömbi polárkoordinátarendszer Hengerkoordinátarendszer hengerkoordináták: u 1 = ; u 2 = '; u 3 = z z vonal ϕ vonal ρ vonal r = r(; '; z) 69

71 x = cos ', y = sin '; z = z Koordinátafelületek: = all:felület henger ' = all: felület: félsík z = all: felület sík Koordinátavonalak: ld. ábra Érint½ovektorok és skála-faktorok (Lamé-állandók) = (cos '; sin '; 0), h = 1 g = ( sin '; cos '; 0), h ' = = (0; 0; 1), h z = 1 Ívelem-négyzet: ds 2 = d d' 2 + dz 2 Felületelemek: df z = dd'; df ' = ddz; df = d'dz Térfogatelem: dv = dd'dz Gömbi polárkoordináta-rendszer Gömbi polárkoordináták: u 1 = r; u 2 = #; u 3 = ' z r vonal ϕ vonal ϑ vonal y x r = r(r; #; ') 70

72 x = r sin # cos ', y = r sin # sin '; z = r cos # Koordinátafelületek: r = all: felület: gömb # = all: felület: kúp ' = all: felület: félsík Koordinátavonalak: ld. ábra Érint½ovektorok és skála-faktorok (Lamé-állandók) g = (sin # cos '; sin # sin '; cos #), h r = 1 g = (r cos # cos '; r cos # sin '; r sin #), h # = r g = ( r sin # sin '; r sin # cos '; 0), h z = r sin # Ívelem-négyzet: ds 2 = dr 2 + r 2 d# 2 + r 2 sin 2 #d' 2 Felületelemek: df r = r 2 sin # d#d'; df # = r sin # drd'; df ' = rdrd# Térfogatelem: dv = r 2 sin # drd#d' 7.2. grad, div, rot, görbevonalú koordinátákban Gradiens 1 H r = lim ndf V!0 V F Számoljuk ki a r vetületét pl. a 3. koordinátavonal irányára! Legyen a térfogat egy kis henger e 3 irányú alkotóval, amelynek hossza ds 3 = h 3 du 3 ; térfogata V = A h 3 du 3. e 3 A ds 3 =h 3 du 3 71

73 A (u 1 ; u 2 ; u 3 ) függvényt a henger fels½o és alsó lapjára, valamint palástjára kell integrálni, 8de a palást normálisa mer½oleges e 3 -ra: 9 r e 3 = lim A!0; du 3!0 1 >< [(u 3 + du 3 ) (u 3 )]A + Ah 3 du 3 >: r e 3 = 1 3 A többi komponensre hasonlóan számolhatunk, így r = 3X i=1 e i h i Hengerkoordinátákban: h = 1; h ' = ; h z = 1 Z palast e e e z Gömbi polárkoordinátákban: h r = 1; h = r; h ' = r sin e r + e + r e ' >= ndf e 3 = {z } =0 >; Példa: rr n = nr n 1 e r = nr n 2 r Divergencia 1 H div v = r v = lim v ndf V!0 V F Legyen a térfogat egy kis paralelepipedon a koordinátavonalak mentén (ábra). Az integrált a hat lapra írt összegként kezeljük: Írjuk fel például az e 1 normálisú 1. és a e 1 normálisú 2. lapra vett felületi integrált: v 1 h 2 h 3 du 2 du 3 j 1: lapon v 1 h 2 h 3 du 2 du 3 j 2: lapon Ha ezt osztjuk a V = ds 1 ds 2 ds 3 = h 1 h 2 h 3 du 1 du 2 du 3 térfogattal, kapjuk hogy 72

74 1 v 1 h 2 h 3 j 1:lapon v 1 h 2 h 3 j 2:lapon 1 h 2 h 3 ) lim = V!0h 1 h 2 h 3 du 1 h 1 h 2 h 1 A másik két szemközti lap-párra hasonlóan eljárva, adódik: Hengerkoordinátákban: div v = 1 h 1 h 2 h 3 i ( v i h i h 1 h 2 h 3 ) div A = 1 ) + 2 (Figyelem! A v i komponens a v vektor vetülete a g i irányra: v i = v e i ) Gömbi polárkoordinátában: div A = 1 (A 1r 2 ) + 1 (A 2 sin ) + 1 (A 3) Rotáció 1 H rot v = r v = lim n vdf; V!0 V F vagy 1 H k rot v = k r v = lim vds: A!0 A G Az utóbbi alkalmasabb a komponensek meghatározására. Legyen a kis sík felület az el½oz½o ábra k = e 3 normálisú lapja. A = h 1 du 1 h 2 du 2 73

75 Számoljuk ki a vonalintegrálokat a szemközti oldalpárokra: e 3 rot v = ( rot v) 3 = 1 lim [v 1 h 1 du 1 j A!0h 1 du 2 h 2 du u2 v 1 h 1 du 1 j u2 +du 2 +v 2 h 2 du 2 j u1 +du 1 v 2 h 2 du 2 j u1 ] = 3 1 v2 h 2 j = lim u1 +du 1 v 2 h 2 j u1 v 1 h 1 j u2 +du 2 v 1 h 1 j u2 A!0 h 1 h 2 du 1 du 2 ( rot v) 3 = h 1 h (v 2h 1 (v 1h 2 1 ) Az ered- Az els½o és második komponenst hasonlóan kaphatjuk meg. ményeket egy formulába összefoglalva: rot v = 3X i;j;k=1 h i h 1 h 2 h k h j " ijk e i. Praktikusan megjegyezhet½o determináns alakban: e 1 h 1 e 2 h 2 e 3 h 3 1 rot @ h 1 h 2 h 3 v 1 h 1 v 2 h 2 v 3 h 3 A rotáció hengerkoordinátákban rot v = ( )e 1 + Gömbi polárkoordinátákban: (rot v) 1 = r 2 (v 3r sin ) )e 2 + ( 2 ) 1 (v 2r) = r (v 3 sin ) 2 r 74