Vektorszámítás II. Gnadig Péter el adásai alapján készítették: Nyeste Annamária Széchenyi Gábor Budapest 008. 1
1. Bevezetés Kedves Olvasó! Ezt a jegyzetet mi is az el adás anyaga alapján állítottuk össze azzal a céllal, hogy a Vektorszámítás II. cím specinek legyen egy elektronikus jegyzete is. A Vektroszámítás II., mint a neve is mutatja, az el z félévben tartott kötelez óra folytatása, kiegészítése. Így a jegyzet olvasásához, megértéséhez feltétlenül szükségesek az ott tanultak. A speci keretében általánosítjuk a vektor I. fogalmait, ki térünk az elforgatott és ferdeszög koordinátarendszerek tulajdonságaira. Most olyan dolgokat tanulhatsz meg, amiket a kés bbi tanulmányaid során is sikerrel tudsz kamatoztatni.(például a III. félvében az optika és relativitás elmélet.a jegyzet elkészítése során csak az órai irományainkat használtuk fel. Mivel mi is emberek, s t hallgatók vagyunk, ezért kérünk Téged, hogy ha bármilyen hibát találsz a jegyzetben, jelezd azt az el adónak vagy nekünk, hogy mihamarabb a helyes verzió lehessen elérhet. Ezúton szeretnénk megköszönni az ELTE Bolyai Kollégiumának, hogy 007- ben ennek a kurzusnak helyet adott illetve, hogy lehet séget biztosít arra, hogy ez a jegyzet a világhálóról letölthet legyen. A szerz k
. Mátrixok és a determináns.1. A determináns és kiszámítása.1.1. A determináns meghatározása A determináns meghatározza, hogy egy adott mátrix soraiban/oszlopaiban szerepl vektorok által kifeszített testnek mekkora a térfogata (ez D-ban egy paralelogramma területe, 3D-ban egy paralelepipedon térfogata, ill. az abszolútértéke azt mutatja meg, hogy az adott mátrixszal leírt transzformáció hányszorosára változtatja meg egy tetsz leges test tésrfogatát. Tehát a projektorok determinánsa 0, az egybevágósági transzformációké ±1, a hasonlósági transzformációké pedig ±λ n, ahol n a mátrix dimenzióinak számát jelöli. Egy determinánst mindig úgy számolunk ki, hogy mindig minden sorból és oszlopból veszünk egy-egy elemet (hogyan lehet a bástyákat az nxn-es sakktáblán úgy elhelyezni, hogy ne üssék egymást, ezeket a számokat összeszorozzuk, majd megfelel el jellel összeadjuk ket. Kétdimenziós mátrixok esetén könny a helyzet, ilyenkor a f átlóbeli elemek szorzatából kivonjuk a mellékátlóbeli elemek szorzatát. Három dimenzióban sem annyira nehéz a dolog, ilyenkor ha jobbra lejt, akkor pozitív, ha balra lejt, akkor negatív el jellel vesszük gyelembe az adott 3 szám szorzatát. Több dimenzióban az el jelet úgy lehet megállapítani, hogy ha egymás utáni sorokból vesszük a számokat, megnézzük, hogy ez hányadik oszlopot jelenti és az így létrejött számsor az eredeti 1 3.... n-hez képest hány szomszédos elem felcserélésével jött létre. Ha ez páros szám, akkor az el jele pozitív, ha páratlan, akkor negatív. De ez a módszer négydimenzióban már 4, ötdimenzióban már 10 szám el jeles összegét jelenti....1.. A determináns kifejtése Minden determinánst ki tudunk fejteni bármely sora vagy oszlopa szerint. Ez a következ képpen néz ki: Minden elem kap egy el jelet, a bal fels pozitívat, a többi elem pedig sakktáblaszer en pozitívat vagy negatívat. + + + + +.... A kifejtéskor az adott elem sorát és oszlopát is kitakarjuk, így kapunk egy aldeterminánst. Ha egy sor szerint fejtünk ki, akkor a sor minden elemével tesszük meg ezt és vesszük az el jeles összeget. Ha oszlop szerint fejtünk ki, akkor az oszlop minden tagján hajtjuk végre a m veletet. Például az els oszlop szerinti kifejtés így kezd dne: 3
A 11 A 1 A 1n A 1 A A n A A n det..... A 11 det........... A A n1 A n A n A nn nn A 1 A 1n. A 1 det.......... A n A nn Ennek a módszernek az az el nye, hogy így egy n dimenziós determinánsból egy n-1 dimenziósat kapunk, így vissza tudjuk vezetni egy két- vagy háromdimenziós esetre..1.3. M veletek, amelyek nem változtatják meg a determináns értékét Hogy a fenti kifejtést megkönnyítsük, bizonyos átalakításokat végezhetünk, amelyek nem változtatnak a determináns értékén. Ezek a következ k: ˆ ˆ Büntetlenül összeadhatunk vagy kivonhatunk egymásból sorokat és oszlopokat. Mivel ezt egymás után akár többször is megtehetjük, ezért egy sorhoz vagy oszlophoz egy másik sor vagy oszlop egész számú többszörösét is hozzáadhatjuk/kivonhatjuk bel le. Egy sort vagy oszlopot megszorozhatunk egy tetsz leges számmal, de ilyenkor a determináns kap egy szorzót, ami ennek a számnak a reciproka. FONTOS: míg a mátrixnál a konstanssal való szorzás az összes elemre vonatkozik, itt csak egy sorra, vagy oszlopra. A fenti m veletekkel elérhetjük, hogy egy sorban vagy oszlopban csak egy nem nulla elem legyen, ami jelent sen megkönnyíti a kifejtést. Így:.1.4. Példa Határozzuk meg a következ determinánsok értékét! 1 0 3 D det 0 3 4 5 1 6 1 3 0 0 Megoldás: vonjuk ki az els sor kétszeresét a 3. háromszorosát a 4. sorból! D det 1 0 3 0 3 4 5 0 1 5 0 6 9 Most fejtsük ki a determinánst az els oszlopa szerint! A sakktábla-szabály értelmében a bal fels elem el jele +, tehát: 4
D det 3 4 5 1 5 6 9 Most vonjuk ki az els sorból el ször a. utána a 3. sort, majd vonjuk ki a. sor kétszeresét a 3.-ból! 0 8 19 D det 1 5 0 10 1 Most megint fejtsük ki az els oszlop szerint! Most az el jel - a sakktáblaszabály értelmében: ( 8 19 D det 10 1 Most vonjuk ( ki az els oszlopból a. tízszeresét! 18 19 D det 0 1 Most fejtsük ki az utolsó sor szerint! A jobb alsó elem el jele +: D det ( 18 18 Tehát a mátrix determinánsa 18..1.5. Feladatok Határozd meg a következ determinánsok értékét! 1 0 3 A det 0 4 7 0 9 1 3 4 B det 5 1 3 0 1 8 3 C det 0 6 5 4 10 6 7 1 6 4 0 E det F det 0 3 6 9 1 4 4 3 1 0 1 1 5 1 0 1 0 3 1 1 3 4 0 4 1 6 1 5 0 3 3 Megoldások: A 0; B 9; C 140; E 33; F 78.. Sajátérték-probléma Azokat a vektorokat nevezzük egy operátor sajátvektorainak, amelyekre ha hat az operátor, akkor az így keletkezett vektor párhuzamos az eredeti vektorral. 5
A NULLVEKTORT NEM TEKINTJÜK SAJÁTVEKTORNAK!!!  s λ s A problémának akkor van a triviálistól különböz megoldása, ha det ( λ Ê 0, ahol Ê az  operátotrral megegyez dimenziójú egységmátrixot jelenti. Ez egy n dimenziós operátor (mátrix esetén egy n-ed fokú egyenletre vezet, és n különböz sajátértéke lehet...1. Sajátérték-propblémával kapcsolatos tételek Itt két tételt kell megemlítenünk, mindkett szimmetrikus mátrixokkal/operátorokkal foglalkozik (szimmetrikusnak nevezünk egy mátrixot, ha egyenl a transzponáltjával;  Â..1.1. Szimmetrikus operátorok sajátvektorai mer legesek egymásra Ebben a bizonyításban feltesszük, hogy a sajátvektorok különböz ek. Vegyünk két sajátvektort! Igazak rájuk a következ egyenl ségek:  s 1 λ 1 s 1  s λ s Most szorozzuk meg skalárisan balról az els egyenletet s -vel, a másodikat pedig s 1 -gyel: s ( s1 s λ 1 s 1 ( s s 1 s 1 λ s Mivel szimmetrikus operátorokról van szó, ezért igaz a következ átalakítás: s 1 ( s s 1  s ( s1 s A skalárszorzat kommutatív tulajdonságát felhasználva a következ egyenletekhez jutunk: ( s1 s λ 1 s 1 s ( s1 s λ s 1 s Vonjuk ki az els egyenletet a másodikból: 0 (λ 1 λ s 1 s Mivel a két sajátérték különböz és egyik sajátvektor sem nullvektor, ezért ez csak úgy teljesülhet, ha a két vektor mer leges egymásra. Megjegyzés: abban az esetben, amikor a két sajátérték egyenl, egy sajátsíkot (sajátalteret kapunk, és ebben a síkban (altérben fel tudunk venni két (vagy több egymásra mer leges vektort, így a fent bebizonyított tétel továbbra is igaz...1.. Szimmetrikus operátorok sajátértékei valósak Egy sajátvektorra igaz, hogy:  s λ s Most vegyük ennek a komplex konjugáltját! Ezt úgy kapjuk, ha minden tényez t külön-külön konjugálunk: 6
 s λ s Mivel az operátor szimmetrikus, ezért mindegy, hogy a vektorra jobbról vagy balról hat. Tehát a fenti egyenleteket így is írhatjuk:  s λ s s  λ s Most szorozzuk meg skalárisan az els egyenletet balról s -gal, a másodikat jobbról s-sel! s  s s λ s ŝ  s λ s s Most vonjuk ki az els egyenletb l a másodikat! 0 (λ λ s s Ez pedig csak úgy teljesülhet, ha λ λ, azaz a sajátérték valós... Rezgések leírása...1. Az egyenletrendszer mátrixos írásmódja Ebben az esetben az egyes tömegpontok kitérését a nyugalmi helyzetükt l számítjuk. Vizsgáljunk most egy olyan három golyóból álló rendszert, amelyik mindkét végén szabad! A rezgés közben fellép er k: m 1 ẍ 1 D 1 (x 1 x m ẍ D (x x 3 D 1 (x x 1 m 3 ẍ 3 D (x 3 x Ha mindegyik egyenletet leosztjuk az adott tömeggel, akkor egy olyan lineáris egyenletrendszert kapunk, ahol az egyik oldalon az elmozdulások második deriváltjai állnak. Ezt úgy tekinthetjük, mintha egy operátor hatna egy vektorra, tehát: ẍ 1 ẍ ẍ 3 D1 D 1 m 1 m 1 0 D 1 m D1+D D m m D 0 m 3 D m 3 x 1 x x 3 Ax Az ω0 D1 m 1 ; α 1 m m 1 ; α m3 m 1 ; β D D 1 jelöléseket bevezetve az A mátrix a következ képpen alakul: 1 1 0 A ω0 1 1+β α 1 α 1 β α 1 ω0b 0 β β α α A sajátfrekvenciák megállapításához B mátrix sajátértékeit kell meghatároznunk. Ha a mátrix i-edik módushoz tartozó sajátértéke λ i, akkor a sajátrezgések frekvenciáit a következ képpen kapjuk meg: ω i ω 0 λi Mindkét végén szabad rezg rendszereknél ki kell jönnie a 0 Hz sajátfrekvenciának, ami a transzlációs mozgásnak felel meg. Minden rendszernek annyi sajátfrekvenciája van, ahány szabadsági foka van. A mozgásegyenletek megoldásához n kezdeti feltételre van szükség. n dimenziós, mindkét végén kötött rendszer leírása: m 1 ẍ 1 D 0 x 1 D 1 (x 1 x m ẍ D (x x 3 D 1 (x x 1 7
m 3 ẍ 3 D 3 (x 3 x 4 D (x 3 x. m n x n D n 1 (x n x n 1 D n x n Ekkor is át lehet alakítani a fent említett módon az egyenleteket és fel lehet írni a megfelel mátrixokat, és a sajátértékekb l meghatározhatók a sajátrezgések frekvenciái. Ha valamelyik végén nincs rögzítve a rendszer, akkor vagy D 0 0, vagy D n 0. Gy r re f zött gyöngyök rezgései: Ebben az esetben ki kell jelölni egy egyes számú gyöngyöt. Ebben az esetben az els mozgása hat az utolsó mozgására és fordítva. Ennek a következménye, hogy a mátrix 1n és n1 eleme nem 0 lesz. Nézzük meg ezt a példát alaposabban. Legyen egy kör alakú keret, melyre N db golyót felf zünk, köztük D direkciós állandó rugók legyenek. Határozzuk meg a normál módusainak frekvenciáját. Így az egyenletek m 1 ẍ 1 D(x 1 x n D (x 1 x m ẍ D (x x 3 D (x x 1 m 3 ẍ 3 D (x 3 x 4 D (x 3 x. m n x n D (x n x n 1 D(x n x 1 Innen meghatározhatjuk a korábban már említett B mátrixot, melyet további mátrixok összegére bontjuk a könnyebb kezelhet ség érdekében. A B E + C + C 1 alakban írhatjuk fel. Lássuk a felírt mátrixokat.: 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 B....... C....... C 1 1 1 0 0 1 1... 0 1 1... 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0....... 1 0 0 0... 0 1 0 A Cmátrix sajátértékei legyenek κ-k a sajátvektorai s. Így a Bmátrix sajátértékei ( +κ+ 1 κ, a sajátvektorai pedig s. Már csak a C mátrix sajátértékeinek meghatározása van hátra. Tudjuk, hogy C n E, így a sajátértékeire igaz, hogy κ n 1. Innen a k. κértékére adódik, hogy κ k e i π n k. Innen a rendszer mátrixának sajátértéke: e i π n k + e i π n k (cos πk n 1. A rendszer normál módusainak frekvenciája: ω ω 0 (cos πk n 1.... Speciális esetek Egy n dimenziós mátrixnak n darab sajátértéke lehet. Ha ezek közül néhány (legalább egybeesik, akkor ez a lebegés határesete. Ilyenkor a rezgés amplitúdója lineárisan n. 8
Ha negatív sajátértéket kapunk, az azt jelenti, hogy a rendszer instabil. Ez felcseng megoldást jelent, vagyis a test mozgása során az amplitúdója n. Erre lehet mutatni egy idealizált példát. Vegyünk testb l álló mindkét végén kötött rezg rendszert. Az egyik test tömege legyen elhanyagolható a másik mellett. Ha megoldjuk a feladatot, azt kapjuk, hogy a kisebb test amplitúdója folyamatosan n, ezt kiszb l kényszerrezgés név alatt okítják. A feladat megoldását szívesen ajánjuk házi feladatként az olvasó számára....3. Példa Számítsuk ki egy olyan rendszer sajátfrekvenciáját, amely mindkét végén rögzített és minden tömeg és rugóállandó azonos! Megoldás: Írjuk fel az egyenleteket! mẍ 1 Dx 1 D (x 1 x Dx Dx 1 mẍ Dx D (x x 1 Dx 1 Dx Írjuk( fel A mátrixot: ( D D A m m 1 D m D ω0 ω 1 0B m Számítsuk ( ki B sajátértékeit: λ 1 det ( λ 1 λ 1 λ 4λ + 3 0 Megoldva az egyenletet: λ 1 1; λ 3 A rendszer sajátfrekvenciái: D ω 1 m (ez a rezgés az, amikor egymással szinkronban mozog a két tömegpont 3D ω m (ekkor meg a két tömegpont ellentétes fázisban van...4. Feladatok Keressük meg a következ rendszerek sajátfrekvenciáit! A Mindkét végén rögzített háromgolyós rendszer, ahol az összes rugóállandó és tömeg megegyezik. B Mindkét végén szabad háromgolyós rendszer, ahol a rugóállandók és a két széls tömeg megegyezik, a középs tömeg pedig valamelyik széls tömeg kétszerese. C Csak az egyik végén rögzített kétgolyós rendszer, ahol minden tömeg és rugóállandó egyenl. Megoldások: D ( A ω 1 ; m ω D ( ; m ω 3 + D m D D B ω 1 0; ω ; m ω 3 m (m valamelyik széls tömeget jelenti (3 5 D C ω 1 ; m ω (3+ 5 D m.3. Hipermátrixok 9
A hipermátrixok olyan mátrix, amelyiknek minden eleme egy újabb mátrix, ebben a részben csak olyanokkal foglalkozunk, melyeknek minden eleme négyzetes mátrix. Vizsgáljuk a -es hipermátixokat. Hogyan deniálható a hipermátrixok összeadása és szorzása? Látható, hogy ez hasonlóan történik, mint ( az egyszer mátrixokkkal ( végzend ( m veleteknél. A B J F A + J B + F + C D G H C + G D + H A( mátrixok szorzása ( is hasonlóan: ( A B J F AJ + BG AF + BH C D G H CJ + DG CF + DH Vizsgáljuk a hipermátrixok determinánsát, ehhez az alábbiak alapján bontsuk szorzattá a hipermátrixunkat. A képletekben E az egységmátrixot, N a nullmátrixot jelöli. ( A B det C D ( ( E N A B det( CA 1 D CA 1 B N E ( A B CA 1 D CA 1 det B N E ( E N det det(d CA 1 B det A det(da CA 1 BA Csak felcserélhet blokkok esetén kapjuk azt az eredményt, amit a mátrixok determinánsának analógiája alapján gondoltunk:det(ad BC.4. Mátrixok függvényei.4.1. Mátrixok projektor-felbontása Mint azt az el z ekben tárgyaltuk, egy n dimenziós mátrixnak n sajátértéke és sajátvektora lehet. Ezek meghatároznak egy-egy saját alteret. Most azokat az operázorokat akarjuk meghatározni, amelyek ezekre az alterekre vetítenek. Egy mátrixnak a bal- és jobboldali sajátvektora különbözik, de a sajátértékük megegyezik (a λ-kat a f átló elemeib l vonjuk ki, és a determináns értéke invariáns a transzponálásra. Tehát: Âs ij λ i s ij s ib  λ i s ib A jobb- és baloldali sajátvektorok reciprokvektorrendszert alkotnak, azaz: s kj s lb δ kl Fontos tehát, hogy a sajátvektorokat ennek megfelel en normáljuk, ez elengedhetetlen a továbbiakban! Az egyes alterekre vetít projektorokat a jobb- és baloldali sajátvektorok diadikus szorzataként kaphatjuk meg: ˆP i s ij s ib Ezek a projektorok a következ tulajdonságokkal rendelkeznek: ˆ Egymás utáni hattatásuk olyan, mintha csak egyszer hatnánk: k ˆPi ˆPi (k 1 10
ˆ ˆ ˆ Két különböz projektor egymás utáni hattatása után 0-t kapunk Ezeknek a projektoroknak az összege kiadja az egységoperátort: n i1 ˆP i Ê Ezeknek a projektoroknak a sajátértékekkel súlyozott összege kiadja az eredeti operátort: n i1 λ i ˆP i Â.4.. Mátrixok függvényei Egy függvényt megadhatunk a Taylor-sorával is, tehát egy végtelen hosszú polinómot kell kezelnünk. Mivel két különböz projektor egymás utáni hattatása a nulloperátor, ezért a polinómban az összes vegyes szorzat 0 lesz. A projektoroknak megvan az a szerencsés tulajdonságuk is, hogy akárhanyadik hatványuk megegyezik az els hatvánnyal. Tehát: ( n f (Â f i1 λ ˆP i i ( k0 c n k i1 λ ˆP k i i k0 c n k i1 λk ˆP k i i k0 c n k i1 λk ˆP i i A két szummázás felcserélhet, ezért: f (Â n ( i1 k0 c kλ k i ˆPi n i1 f (λ i ˆP i Tehát egy mátrixnak egy adott függvényét úgy kapjuk meg, hogy vesszük a sajátértékeknek ugyanezt a függvényét, majd megszorozva ezeket a megfelel projektorokkal, összeadjuk ket.nézzünk erre egy pár példát: A mátrix tetsz leges függvényét el állíthatjuka mátrix hatványainak soraként. Ekkor felhasználva az el z állításokat felhasználva, láthatjuk, hogy a m veleteket csak a sajátértékeken kell elvégezni. Így egy mátrix tetsz leges függvénye, az alábbi alakban fejezhet ki: f(a k f(λ k (u k v k Lássunk erre egy példát: ( 0 1 exp 1 0 El ször határozzuk meg a mátrix sajátértékekeit, melyek ±i. Ezután a jobb oldali sajátvektorok következnek ( ( 1 0 1 1 i ( 1 λ 1 i, s 1 0 i i 1j 1 ( 1 i 1 ( 0 1 1 0 ( 1 i i ( 1 i λ i, s j 1 ( 1 i A bal oldali sajátvektorokat meghatározhatjuk úgy is, hogy a transzponált ( márix jobboldali sajátvektorait keressük. A bal oldali sajátvektorok s 1b 1 1, i 11
és s b 1 ( 1 i A i ( 1 i i 1 exp A exp( i ( 1 i i 1 + i ( 1 i i 1 + exp( i ( 1 i i 1 AGyakorlásként említünk még egy példát, és a megoldását vázlatosan közöljük. Figyeljünk a sajátvektrok megfelel normálására! Határozzuk meg az A mátrix alábbi függvényét: f(a A + E A E A 0 f(a 0 + 0 1 15 3 3 5 5 5 45 9 9 15 3 3 5 5 5 45 9 9 A 1 18 9 11 33 18 1 57 7 34 + 1 + 1 1.4.3. Diagonális mátrixok függvényei 15 0 5 7 0 9 48 0 16 + 3 15 0 5 7 0 9 48 0 16 1 3 6 4 3 9 6 + 3 + 3 1 1 3 6 4 3 9 6 Diagonális mátrixok (olyan mátrixok, ahol csak a f átlóban vannak nemnulla elemek esetén jóval könnyebb dolgunk van. Ugyanis ilyen mátrixok szorzása esetén az azonos helyen lév elemek szorzódnak, vagyis a mátrix függvényét kifejezhetjük, mint az elemek függvényét: f (A 11 f (A k0 c ka k.4.4. Példák k0 c k A k 11 A k... A k nn A határozzuk meg a nullmátrix koszinuszát! Megoldás: A nullmátrixnak minden vektor sajátvektora 0 sajátértékkel. Tehát legyenek a kiválasztott, egymásra mer leges sajátvektorok a bázisvektorok. Ekkor ˆP i projektor úgy fog kinézni, hogy csak az ii eleme lesz 1, a többi pedig 0. Így: cosˆ0 n i1 cos0 ˆP i n ˆP i1 i Ê, tehát a nullmátrix koszinusza az egységmátrix. Ugyanezt az eredményt kaptuk volna, ha a f átlóban szerepl elemek koszinuszát vesszük..5. Cayley-Hamilton-tétel f (A... f (Ann 1
A Cayley-Hamilton tétel szerint a mátrix kielégíti saját kararkterisztikus polinomját. El ször is tisztázzuk, mit is nevezünk karakterisztikus polinomnak. Ha megakarjuk határozni egy mátrix sajátértékeit, akkor fel kell írni det(a λe 0 egyenletet, ezt nevezzük karakterisztikus polinomnak. P (λ det(a λe. Tehát a tétel szerint P (A N. Ennek el ször megmutatjuk egy hibás bizonyítását, melyet kis ügyeskedéssel jóvá lehet varázsolni. adj(a λe(a λe E det(a λe P (λe Ezután cseréljük ki λ-t A-ra. És így megkapjuk a kívánt egyenletet adj(a AE(A AE N P (AE. Innen már látható N P (A. A bizonyítás hibás, mert csak akkor írható be A, ha minden más mátrixxal felcserélhet. Ennek belátásához írjuk fel az adjungált részt a következ formában: adj(a λe λ n K n + λ n 1 K n 1 +.... Az egységmátrixxal minden mátrix felcserélhet, akkor csak azt kell belátni, hogy (λk n + λ n 1 K n 1 +...A A(λ n K n + λ n 1 K n 1 +.... A bizonyítást mégis jóvá lehet tenni, mivel K n A AK n. A Cayley-Hamilton tétel azt is megmutatja, hogy az egységmátrix és egy márix pozitív kitev j hatványai közül legfeljebb n db lineárisan független található, ahol n a mátrix dimenziója. Tehát 3D-os esetén legfeljebb 3 db lineárisan független választható ki. Példa: Mutassuk meg, hogy polinomját. ( 0 1 1 0 mátrix kielégíti saját karakterisztikus 13
3. Forgatások Azért fontos a forgatástól beszélni, mert a természeti törvények forgásinvariánsok. Tetsz leges vektorok elforgatása esetén azt tapasztaljuk, hogy ha egy összegvektort forgatunk, akkor az elforgatott összegvektor megegyezik, az eredeti vektorok elforgatottjainak összegével, illetve kétszer akkora vektornak az elforgatottja is kétszer akkora: ˆF ( v 1 + v ˆF v 1 + ˆF v ˆF (λ v λ ˆF v Azaz a forgatás egy lineáris transzformáció, így rendelhetünk hozzá egy lineáris operátort, amit egy adott koordináta-rendszerben mátrixszal tudunk reprezentálni. A mátrixok reprezentációját a következ képpen értelmezzük: ˆM M ij ( e i e j, a megfelel elemekt táblázatba rendezve kapjuk meg a mátrixot. 3.1. A forgatásoperátor tulajdonságai A forgatásoperátorokat Ô-val jelöljük. A forgatás nem változtatja meg a vektor hosszát, tehát: Ô v v, másképpen: (Ô v (Ô v v, az Ô v v ˆÕazonosság felhasználásával: v ˆÕÔ v v Ez a kifejezés a mátrix- és operátorszorzás asszociativitása miatt tetsz legesen zárójelezhet : ( v ˆÕÔ v v, innen pedig ( ˆÕÔ v v, ez pedig csak úgy lehet, ha ˆÕÔ Ê, vagyis Ô 1 ˆÕ Az ilyen tulajdonsággal rendelkez operátorokat (mátrixokat ortogonálisnak nevezzük. ( ˆÕÔ Ô ˆÕ(mivel tényez nként lehet transzponálni, ez azt jelenti, hogy a két mátrix felcserélhet. Általában az n dimenziós ortogonális mátrixokat O (n-nel jelöljük. Az ilyen mátrixok csoportot alkotnak: 1. A szorzás m veletre zárt a csoport: (Ô1 Ô ˆÕ ˆÕ1 (Ô Ô 1 Ô 1 Ô ˆÕ Ô1Ô ˆÕ1 ˆÕ Ô1 1 Ê, tehát két ortognális mátrix szorzata is ortogonális.. Asszociatív: mint minden mátrixszorzás, ez is tetsz legesen zárójelezhet. 14
3. Az egységelem is eleme a csoportnak: az egységmátrixnak az inverze az egységmátrix. Mivel egy szimmetrikus mátrix, ezért egyenl a transzponáljával, ami szintén egyenl az inverzével, tehát az egységmátrix is ortogonális. 4. az inverz is eleme a csoportnak: egy ortogonális mátrixnak az inverze a transzponálja, és ugyanez igaz a transzponált/inverz mátrixra is, tehát az inverz mátrix is ortogonális. Az ortogonális ( mátrixok determinánsa: detê ˆÕÔ det det ˆÕ detô 1 és det ˆÕ detô, ezt behelyettesítve: ( detô 1 detô ±1 A negatív el jel operátorok a páratlan számú türözések; a pozitív el jel operátorok a forgatások és a páros számú tükrözések. Ez utóbbiakat speciális ortogonális mátrixoknak nevezzük, SO (n-nel jelöljük ket és k is csoportot alkotnak. 3.. Vektorok és mátrixok transzformációja Egy vektornak vagy egy operátornak a reprezentációja függ a koordinátarendszer választásától. Legyen a vessz vel jelölt vektor és mátrix az elforgatott koordináta-rendszerbeli reprezentáció, a vessz tlen pedig az eredetibeli. Egy tetsz leges vektor transzformációját a következ egyenlet írja le: v Ov A vessz tlent a következ képpen kapjuk vissza: v Õv, ugyanis a transzponált és az inverz megegyezik. A mátrixok transzormációja kicsit bonyolultabb. ilyenkor azt kell kihasználnunk, hogy a v  v 1 kifejezés független a reprezentációtól: v Av 1 v A v 1 Ov A Ov 1 v ÕA Ov 1 Tehát a vessz s mátrixb l a következ képpen kapjuk meg az eredetit: A ÕA O Ha ezt az egyenletet beszorozzuk jobbról Õ-tal és balról O-val, akkor megkapjuk, hogyan lehet az eredeti mátrixból a vessz set megkapni: A OAÕ Itt jegyezzük meg, hogy kétféle transzformáció létezik. Az egyik a passzív transzformáció, amikor a koordináta-rendszer változása miatt transzformálódik a vektor/operátor (a fejünket elfordítjuk és emiatt változik meg a látkép, a másik, amikor a m veletet magán a vektoron/operátoron hajtjuk végre és nem térünk át másik koordinátákra, ezt nevezzük aktív transzormációnak (körülöttünk mozognak a dolgok, emiatt változik a látkép. 3.3. Kétdimenziós forgatások leírása 3.3.1. A mátrix elemeinek meghatározása 15
Egy operátort úgy is megadhatunk, hogy megmondjuk, hogy a bázisvektorokat milyen vektorba viszi át a transzformáció, és ezeket a vektorokat oszlopvektorként egymás mellé írjuk: O ( v 1 v Ilyenkor ( a transzponált a következ képpen írható: v1 Õ v Mivel OÕ E, ezért a következ egyenl ségeknek kell teljesülniük: v 1 v 1 1 v v 1 v 1 v 0 Ez 3 egyenlet 4 ismeretlenre, így marad egy szabad paraméter. A forgásmátrixot( a következ képpen is megadhatjuk: a b O ezekkel a paraméterekkel a fenti egyenletek a következ képpen néznek ki: c d a + c 1 b + d 1 ab + cd 0 Az els egyenlet nagyon hasonlít a trigonimetrikus Pitagorasz-tételre, ezért legyen a cosα és c sinα. Ekkor a harmadik egyenlet így alakul: b cosα + d sinα 0 innen átalakítással kapunk egy kifejezést b-re b d tgα ezt most helyettesítjük be a második egyenletbe: d ( 1 + tg α 1 az 1+tg α 1 cos α azonosság felhasználásával a következ t kapjuk: d cos α, azaz d ±cosα innen b értékére a következ t kapjuk: b sinα Mint azt láthattuk az egy szabad paraméter a forgatás szöge Így a következ ( két mátrixot kapjuk: cosα sinα O 1 (α, ennek a mátrixnak a determinánsa +1, ezek sinα cosα írják le a síkbeli ( (kétdimenziós forgatásokat. cosα sinα O (α, ennek a determinánsa 1, ez írja le a tükrözéseket, sinα cosα ( egyik speciális esete, amikor α 0, ekkor a következ mátrixot kapjuk: T 1 0. 0 1 3.3.. Kétdimenziós forgatások tulajdonságai Vizsgáljuk meg( ezeknek az operátoroknak ( néhány ( tulajdonságát: ( 1 0 cosα sinα 1 0 cosα sinα T O 1 (α T 0 1 sinα cosα 0 1 sinα cosα O 1 ( α tehát ilyen szendvicseléssel megkaptuk a visszaforgató operátort. Most nézzük meg két forgatás egymásutánját! 16
( ( cosα1 sinα O (α 1 O (α 1 cosα sinα sinα 1 cosα 1 sinα cosα ( cosα1 cosα sinα 1 sinα cosα 1 sinα sinα 1 cosα sinα 1 cosα + cosα 1 sinα sinα 1 sinα + cosα 1 cosα O (α 1 + α Tehát két forgatás egymásutánja olyan, mintha egyszer forgattunk volna a két szög összegével. A fenti levezetésb l az is kit nik, hogy mindegy, hogy el bb α 1 -gyel, vagy α -vel forgatunk, azaz O (α 1 O (α O (α O (α 1, tehát a kétdimenziós forgatások kommutatív csoport ot alkotnak. ( cos (α1 + α sin (α 1 + α sin (α 1 + α cos (α 1 + α 3.3.3. Kétdimenziós mátrixok transzformációja Egy kétdimenziós mátrixnak négy szabad paramétere van. Egy mátrix a következ képpen ( is felírható: ( ( ( a + c b + d 0 1 1 0 0 1 A ae+b +c +d b + d a c 1 0 0 1 1 0 ae + bε ij + cσ 3 + dσ 1 Egy tetsz leges mátrix esetén gy kaphatjuk meg könnyen ezt a felbontást, hogy vesszük a f átlóban lév elemek osszegét, ez megadja a kétszeresét, majd vesszük a mellékátlóbeli elemek összegét, ez pedig d kétszeresét fogja megadni. Ezek után a másik két paraméter is könnyen meghatárizható. Most forgassuk el ezt a mátrixot: A OAÕ O (α AO ( α A mátrixösszegben a tagok külön-külön transzformálódnak: Az egységmátrix nem transzformálódik ε ij O ( π O (α O ( ( π O ( α O α π α O ( π εij, tehát a második tag sem transzformálódik. Nézzük ( a harmadik ( tagot: ( ( ( cosα sinα 1 0 cosα sinα cosα sinα cosα sinα ( sinα cosα 0 1 sinα cosα sinα cosα sinα cosα cosα sinα cosα σ sinα cosα 3 + sinα σ 1 Most ( már csak a negyedik ( tag ( maradt hátra: ( ( cosα sinα 0 1 cosα sinα cosα sinα sinα cosα ( sinα cosα 1 0 sinα cosα sinα cosα cosα sinα sinα cosα sinα σ cosα sinα 3 + cosα σ 1 Tehát a transzformált mátrix: A a E + b ε ij + c σ 3 + d σ 1 O (α AO (α ae + bε ij + (c cosα d sinα σ 3 + (c sinα + d cosα σ 1 Tehát az együtthatók transzformációja: a a b b c c cosα d sinα 17
d c sinα + d cosα ( Vegyük észre, hogy ( c és d a következ képpen transzormálódik: c c d O (α d 3.4. Háromdimenziós forgatások 3.4.1. A mátrix elemeinek meghatározása Ebben az esetben is ugyanabból kell kiindulnunk, mint a kétdimenziós forgatások esetén: Ha v 1, v, v 3 a bézisvektorok elforgatottjai, akkor a következ képpen néznek ki a mátrixok: O ( v 1 v v 3 és v 1 Õ v v 3 Mivel OÕ E most is igaz, ezért ezekre a vektorokra a következ egyenletek igazak: v i v j δ ij Ez hat egyenletet jelent kilenc ismeretlenre, ezért a háromdimenziós forgatások három szabad paramétert tartalmaznak. Ezek általában a forgástengelyt megadó egységvektor (ez csak két paraméter, mert kikötött, hogy egységnyi hosszú legyen és a forgatás szöge. Ezt az operátort a következ képpen adhatjuk meg: O (n, α cosαe + (1 cosα n n + sinαn Itt n operátor hatása a következ : (n v n v Sokkal könnyebb a dolgunk, ha valamelyik koordináta-tengely körül forgatunk, ilyenkor a mátrixok a következ képpen néznek ki: O x (α 1 0 0 0 cosα sinα 0 sinα cosα cosα 0 sinα O y (α 0 1 0 sinα 0 cosα cosα sinα 0 O z (α sinα cosα 0 0 0 1 A háromdimenziós forgatásokat leíró mátrixok spúrja (f átlóban lév elemek összege független a reprezentációtól, minden esetben SpO (α 1 + cosα. 3.4.. Háromdimenziós forgatások kommutatívitása Nézzük most meg azt, hogy az y- és z-tengely körüli 90 -os forgatás sorrendje felcserélhet -e! 18
O y ( π O z ( π O z ( π Oy ( π O y ( π Oz ( π 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 A két mátrix szemmel láthatóan nem egyenl, ezért a háromdimenziós forgatások nem kommutatívak. 3.4.3. Háromdimenziós mátrixok transzformációja Egy háromdimenziós mátrix esetében megtahatjük a mátrix következ blokkokra bontását (a ( mátrix elemeit A ij -vel jelöljük: A A11 A : 1 A 1 A A ( A 31 A ( 3 A A13 A 3 Ekkor ( a mátrix a következ képpen néz ki: A A A A A 33 Ilyen felbontás mellett a mátrix a következ képpen transzformálódik: ˆ ˆ ˆ A mint kétdimenziós mátrix transzformálódik, A és A kétdimenziós vektorként transzformálódik, A 33 értéke nem változik. 3.5. A forgatásoperátor sajátértékei és sajátvektorai A forgatásoknak értelemszer en a tengely irányvektora az egyik sajátvektora 1 sajátértékkel. Három dimenzióban ez 1, kétdimenzióban 0 sajátvektort jelent. A maradék - is létezik, csak ezeknek a komponensei komplexek (kivéve a 0 és 180 -os forgatást, így szemléltetésük kicsit nehézkes. Ezeknek az optikai eszközöknél lesz majd jelent sége. Ezzel majdnem egyenérték az az állítás, hogy a forgatásoknak egyetlen és triviális invariáns (transzformáció után változatlan vektora a nullvektor. 3.6. A szögsebesség 19
3.6.1. Kétdimenziós szögsebesség Kis szög forgatások esetén megtehetjük azt, hogy a színusz és a koszínusz függvény sorfejtésének els tagjait írjuk be, tehát a legalább másodrendben kicsi tagokat elhanyagoljuk. ( Ekkor a forgásmátrix a következ képpen néz ki: 1 α O E + α ( ε α 1 Mivel a vektor csúcsa egy kör mentén mozog, ezért a forgatás középpontját bevihetjük az origóba (a forgatás eltolás-invariáns. Ekkor a vektor koordinátáira igaz, hogy: x (t + y (t ll. Ennek az egyenletnek mindkét oldalát deriválva azt kapjuk. ẋx + ẏy 0 Bevezetve az ẋ v x és ẏ v y jelöléseket és átrendezve az egyenletet azt kapjuk: v x vy y x Ezek alapján azt mondhatjuk, hogy: v x ωy v y ωx Kis dt id elteltével a korrdináták a következ képpen néznek ki: x x + v x dt x ωydt y y + v y dt y + ωxdt Ezt így is írhatjuk: ( ( ( x 1 ωdt x y ωdt 1 y Bevezethetjük ( a következ szögsebesség-operátort: 0 ω Ω ω 0 Ezzel így néz ki egy innitezimális forgatás: O (ωdt E + dtω Ennek az id beli fejl dése a következ képpen alakul: Legyen t ndt és α tω. Ekkor: O (α O (tω O n (dtω (E + dtω n 3.6. Háromdimenziós szögsebesség ( n E + tω n e tω Most vigyük át a két dimenzióban meghatározott képletet három dimenzióba! O (ωdt E + dtω Mivel O ortogonális, ezért továbbra is igaz, hogy OÕ E ( (E + dtω (E + dtω (E + dtω E + dt Ω E +dtω+dt Ω+dt Ω Ω E Másodrendben kicsi tagokat elhanyagolva a következ egyenl séget kapjuk: Ω + Ω 0 Tehát a szögsebesség-opertátor antiszimmetrikus: Ω Ω 0
A szögsebesség-operátor elemei: Ω 0 ω 3 ω ω 3 0 ω 1 ω ω 1 0 Ezekalapján deniálhatjuk a szögsebesség-vektort: ω 1 ω ω ω 3 Így: Ωr ω r A szögsebesség-operátorhoz más úton is eljuthatunk. Induljunk ki a forgásoperátorok ortogonalitásából: OÕ E Most deriváljuk le mindkét oldalt id szerint! ȮÕ + O Õ 0 ȮÕ O Õ összefüggés felhasználásával azt kapjuk, hogy ȮÕ egy antiszimmetrikus operátor, nevezetesen ez pont a szögsebesség-operátor. Ω ȮÕ 3.6.3. A szögsebesség-operátor tulajdonságai El ször vizsgáljuk meg, hogyan viselkedik egy szögsebességvektor, ha az forgástengelye körül forgatjuk el! Ezt a szokásos szendvicseléssel vizsgálhatjuk. Legyen ez a z-tengely! ω 0 0 ω 3 Ω cosα sinα 0 sinα cosα 0 0 0 1 0 ω 3 0 ω 3 0 0 0 0 0 0 ω 3 0 ω 3 0 0 0 0 0 cosα sinα 0 sinα cosα 0 0 0 1 Tehát erre a transzformációra invariáns a szögsebesség-operátor. Most nézzük megazt az esetet, amikor csak a z-tengely körül nem forgatót vizsgálunk! ω ω 1 ω 0 Ω cosα sinα 0 sinα cosα 0 0 0 1 cosα sinα 0 sinα cosα 0 0 0 1 0 0 ω 0 0 ω 1 ω ω 1 0 cosα sinα 0 sinα cosα 0 0 0 1 0 0 ω 0 0 ω 1 cosα ω sinα ω 1 sinα ω + cosα ω 1 0 1
ω 0 0 cosα ω + sinα ω 1 0 0 sinα ω cosα ω 1 cosα ω sinα ω 1 sinα ω + cosα ω 1 0 Észrevehetjük, hogy ebben az esetben a két szögsebességkomponens, mint kétdimenziós ( vektor transzformálódik: ( ω ω ω 1 O (α ω 1 Hatassuk most az ε operátort! Ennek ahatása, hogy felcseréli a két vektorkomponens ( és a negatív ( el jelet pozitívra ( változtatja: ω ε ω ω ω 1 εo (α O (α ε ω 1 ω 1 Tehát: ( ( ω 1 ω1 O (α ω Most vizsgáljuk két szögsebesség-operátor kommutátorát! Két mennyiség kommutátorát a következ képpen deniáljuk: [Ω (ω 1 ; Ω (ω ] Ω (ω 1 Ω (ω Ω (ω Ω (ω 1 Ennek az értékét hattatással állapíthatjuk meg: (Ω (ω 1 Ω (ω Ω (ω Ω (ω 1 r ω 1 (ω r ω (ω 1 r (ω 1 ω r Tehát a kommutátor értéke: [Ω (ω 1 ; Ω (ω ] Ω (ω 1 ω Ebb l következik a Jacobi-azonosság is. Ez a következ t mondja ki: ω 1 (ω r ω (ω 1 r (ω 1 ω r 0. Ebb l következik az is, hogy (Oa (Ob O (a b. 3.6.4. A deriváltak transzformálódása egymáshoz képes forgó koordinátarendszerekben Legyen r k a rögzített, r b a forgó korrdináta-rendszerben r vektor reprezentációja, és jelölje a két rendszer egymáshoz képesti elfordulását O (t operátor. A kezdeti id pillanatot úgy vegyük fel, hogy a két rendszer tengelyei t 0-ban párhuzamosak legyenek. Ekkor a két reprezentáció közötti összefüggés a következ : r k Or b Most az id függéseket lespóroltuk, természetesen, a fenti egyenletben minden id függ. Most deriváljuk le id szerint mindkét oldalt! ṙ k Ȯr b + Oṙ b Az ΩO Ȯ összefüggés felhasználásával ez az egyenlet a következ képpen alakul: ṙ k ΩOr b + Oṙ b t 0 id pillanatban ez az érték (ilyenkor O E: ṙ k ω r b + ṙ b Most deriváljuk le ismét id szerint mindkét oldalt! r k ΩOr b + ΩȮr b + ΩOṙ b + Ȯṙ b + O r b
ΩOr b + ΩΩOr b + ΩOṙ b + O r b Átírva: r k ω r b + ω (ω r b + (ω ṙ b + r b Ezzel megkaptuk a tehetetlenségi gyorsulásokat. A tömeggel beszorozva megkapjuk a tehetetlenségi er ket os, ezek sorban balról jobbra: Euler-er, centrifugális er, Corioris-er, transzlációs tehetetlenségi er. 3
4. Ferdeszög koordináta-rendszerek Tekintsük a térben három lineárisan független vektort 1. Jelöljük ket f 1, f, f 3.Általános esetben, ezek egymásra nem mer legesek (ortogonálisak, hosszuk nem egyre normált. Tetsz leges vektort ( a ezen bázisvektorok terén egyértelm en kifejthetünk a a 1f 1 +a f +a 3f 3. A bázisvektork által meghatározott koordinátarenszert nevezzük ferdeszög koordinátarendszernek. Ebben a részben ennek a renszernek a részleteit vizsgáljuk. A zikai alkalmazásokban is sokszor felbukkannak, például a kristályokban, ahol a kristályélek nem alkotnak ortogonális rendszert. Így ott leginkább a ferdeszög koordinátarendszerek felvétele ajánlott. 4.1. Reciprok vektorrendszer i1 A térben adott három vektorhoz f 1, f, f 3 egyértelm en meghatározhatjuk a reciprok vektorrendszert F 1, F, F 3. A képzési szabályuk a következ, ahol ( f 1, f, f 3 a három vektor vegyesszorzatát jelenti: F 1 ( f f 3 ( f 1, f,, F ( f 3 f 1 f 3 ( f 1, f,, F 3 ( f 1 f f 3 ( f 1, f, f 3 Látható, hogy a reciprok vektorrendszer egyik vektora mer leges az eredeti vektorok közül kett re is. Az egyenleteket az indexek permutációjával is el lehet állítani. Érdekl d diákok beláthatják, hogy a kapott F 1, F, F 3 vektorok reciprok vektorrendszere az eredeti vektorokat adja vissza. A reciprok vektorrendszer lehet séget ad, hogy egy vektort, két féle képpen is kifejthessünk: a a1f 1 +a f +a 3f 3 a a 1 F 1 +a F +a 3 F 3 Már itt érdemes bevezetni az indexes írásmódot, és az Einstein féle autoszummás konvenciót. Az indexes írásmóddal a fenti képlet az alábbi módon módosul: a 3 a if i. Látható, hogy olyan indexre szummázunk amelyik kétszer szerepel. Einstein volt, aki el ször vezette be azt, hogy automatikusan szummázunk olyan indexekre, melyek kettesével szerepelnek. A szummázási határokat ez a konvenció nem jelöli, ezt az olvasónak kell tudnia. Ebben a jegyzetben legtöbbször 3-ig szummázunk. Csak erre a jegyzetre bevezetjük még, hogy csak azokra az indexekre szummázunk melyek közül egyik fent másik lent szerepel. Így a képleteink egyszer bb alakúak a a if i a k F k. A vektoraink a i reprezentációját kontravariánsnak a k reprezentációját kovariánsnak nevezzük. A továbbhaladáshoz még meg kell említeni, hogy milyen összefüggések állnak fenn a két fajta vektorok között: f i F k δ ik (δk i csak erre a jegyzetre érvényes. Ahol a Kronecker-delta szimbólum szerepel, melynek értéke 1, ha 1 A térben három vektor lineárisan független, ha nem esnek egy síkba 4
a két indexe megegyezik,ha pedig különböz, akkor 0. További összefüggések a Fk a k, a f i a i, melyek könnyen beláthatóak, példaként nézzük meg az egyiket: a Fk a if i F k a i δk i a k. A kés bbiek során még szükség lesz a f i f k ε mik F m ( f 1, f, f 3 összefüggésre, mely egyértelm en következik a reciprok vektorrendszer bevezetéséb l. A képletben szerepl tenzor a jól ismert Levi-Chivita együttható. 4. M veletek ferdeszög koordinátarendszerben A vektorok összeadása és skalárral szorzása nem jelent komolyabb nehézséget ugyanis, hasonlóan végezend mint Descartes koordinátarendszerben. Összeadásnál a megfelel komponensek kell összeadni, még skalárral való szorzásnál a megfelel komponenst kell beszorozni: c a + b, akkor ci a i +b i d λ a, akkor di λa i A vektorok skaláris szorzása már bonyolultabb, legyen a két vektorunk a és b. Ezek skaláris szorzata aif i b kf k. Itt is a korábban bevezetett Einsteinféle autoszummás konvenciót használjuk. Figyeljünk rá, hogy a különböz összegz indexeket különböz bet vel jelöljük. A reprezentációs koordináta alakban:a i f i b k f k a i b k G ik, ahol G ik a metrikus tenzor, melyet egy 3 3-as mátrix reprezentál. A metrikus tenzorból különböz ket deniálhatunk, melyeket az indexek helye alapján különböztethet meg: G k i F i f k ; G ik F i F k. A G tenzort pongyolán az index felhúzás mátrixánának hívjuk ugyanis a j a i f i f j a i G ij (Ga j Nézzünk meg egy példát a metrikus tenzor tulajdonságaira: G ik G kj δ i j G ik G kj ( f i f k ( F k Fj f i ( f k F k F j ( f i F j δ i j Példák: Lássuk be az alábbi egyenl ségeket: G ik G ik E, ahol E az egység mátrix G ik G ki F k f i Ê G 1 G 11 G cosα 1, ahol α 1 az f 1 és f vektor által bezárt szög Utoljára nézzük meg a vektoriális szorzatot, legyen V a bázisvektorok vegyesszorzata: V( f 1, f, f 3. a b c, a c vektor tetsz leges indexe kifejezhet az alábbi kifejezéssel: c j (a i f i (b k f k a i b k (f i f k a i b k ε mik F m V c m ε mik a i b k V 4.3 Operátorok reprezentálása Legyen Â, melynek hatását vizsgáljuk: b  a. Írjuk ezt fel a bázisvektorok terében b k f k Âa i f i. Innen kifejezve a b k -t: b k F k  f i a i A i k a i. Hasonlóan a metrikus tenzorhoz felírhatjuk többféle reprezentációban pl.: A ji F j  F i. Vizsgáljuk mit csinál az operátor a bázisvektorainkkal b k f k Âa i f i  f i λ if i, hasonlóan F k Âλ k F k. Ekkor az operátorokat a sajátvektorainak bázisában vizsgáljuk. Ezekb l már látható, az amit a sajátvektoroknál leírtunk, a f vektorok jobb oldali sajátvektrok a F vektrok baloldaliak. Így egy tetsz leges operá- 5
tort ferdeszög koordinátarendszerben az alábbiak szerint diagonalizálhatunk F k  f i λ 1 0 0 0 λ 0, ahol a megfelel sajátértékek szerepelnek. 0 0 λ 3 4.4 Áttérés más koordinátarendszerben Legyen két ferdeszög koordináta renszerben ( K és K', a vessz s rendszerben a vektrokat is vessz vel különböztejük meg, így a a if i és a a if i. Itt is megadhatunk mátrixokat mely egyik reprezentációból átvisznek egy másikba. a ia kf k F i a k C ḳ..i hasonlóan: a k a i D ḳ..i Lássuk be az alábbi példát: C k...idj...iδ kj 6
5. Szemelvények a vektoralbegra zikai alkalmazásaiból 5.1 Vetít operátorok A vektoralgebra gyakorlati felhasználására, sok lehet ség adódik az optika területén. A vetít operátorokkal modellezhetjük például a polársz röket. A polársz r k jó közelítéssel csak az egyik irányba polározott fényt engedik át, de azt gyengítetlenül. Korábbi tanulmányaink alapján felírhatjuk az x és y tengelyre vetít operátorokat. Az egyszer ség kedvéért csak két dimenziós vektorokat nézünk. A két vetít operátor P x ( 1 0 0 0 ( 0 0, P y 0 1 Ha az x tengellyel αszöget bezáró egyenesre szeretnénk vetíteni, akkor az alábbi vetít operátort kapjuk. ( cos P α α cos α sin α cos α sin α sin α Ennek speciális esetén kaphatjuk a x tengellyel 45 -os egyenesre vetít operátort, mely az el z ek alapján: P 45 1 ( 1 1 1 1 Mi történik, ha két vetít operátort összeszorzunk, nézzük meg az alábbi példákat: ( ( ( 1 0 0 0 0 0 P x P y N 0 0 0 1 0 0 ( ( ( 1 0 1 1 1 0 0 P x P 45 P y 1 ( 0 0 0 0 1 1 0 1 1 0 Ezek alapján már tudunk válaszolni egy optikai paradoxonra. Ha két polársz r t egymás mögé rakunk úgy, hogy mer legesek egymásra, akkor a rendszer nem ereszt át fényt. De ha a két polársz r közé be rakunk egy harmadikat, melynek tengelye körülbelül 45 -os szöget zár be a másik két polársz r tengelyével, akkor a rendszer már átenged egy kis fényt. 5. Egy feladat a funkcionálok a függvényéb l Funkcionáloknak nevezzük azokat a hozzárendeléseket, melyekben függvényekhez skalárt rendelünk. Ebben a részben a vektorokhoz számot rendel függvényeket ("gépeket vizsgáljuk. A kérdésünk, milyen alakban írható egy ilyen hozzárendelés, ha az lineáris. Az egyszer bb leírás kedvéért vizsgáljuk a 3D-ós vektorokat. Dobjuk be a jól ismert Descartes egységvektorokat a gépbe, és nevezzük el a kijöv számokat az alábbiak alapján: 1 0 0 a 1 ; 0 1 0 a ; 7 0 0 1 a 3
Azt mondtuk, hogy a függvény lineáris, tehát ha bedobunk egy tetsz leges vektort, melyenek elemeit görög bet kkel jelöltük, akkor az alábbi számot kell hozzá rendelnünk. α β γ αa 1 + βa + γa 3 Látható, hogy a hozzárendelés éppen egy skaláris szorzással egyezik meg. Tehát a 1 éppen egy a vektorral szorzó skalárszorzógépet deniáltunk. Érdemes a 3 még megjegyezni, hogy ez csak véges hosszúságú vektorokra igaz, a végtelen dimenziósokra (pl:függvények már nem. 5.3 További problémák Még a teljesség igénye nélkül felsorolunk néhány olyan alkalmazást, amikor a vektroalgebra egy-egy területét alkalmazzuk zikai problémák megoldása során. 1 Ferde hajítások esetén felvehetünk úgy egy koordináta-rendszert, hogy az egyik tengelye a nehézségi gyorsulás irányába, a másik pedig a kezdeti sebesség irányába mutat. Ebben az esetben a pribléma úgy kezelhet, hogy a kezdeti sebesség irányú komponens állandó, a nehézségi gyorsulás irányába pedig szabadon esik. (Ugyanaz, mint a vízszintes hajítás esete Forgómozgás leírása esetén bevezetjük a tehetetlenségi-nyomaték tenzort, a perdületet és a centripetális er t is megadhatjuk vektoralgebrai összefüggésekkel. 3 Optikában a legkülönböz bb rendszereket írjuk le mátrixokkal, többek között a szemüvegen lév tükrözésgátló bevonatot. De mátrixokkal írjuk le a polarizációt (ebben az esetben kulcsfontosságú a sajátérték-probléma, hoszen tudnunk kell, hogy milyen polarizációjú fény hagyja el változatlanul az adott eszközt és a geometriai optikai eszközöket is lehet így kezelni. De ezekr l részletesebben majd egy másik el adáson hallhattok. 8