Kölcsönható részecskerendszerek hidrodinamikai viselkedése

Kölcsönható részecskerendszerek hidrodinamikai viselkedése Tóth István, V. évfolyam, matematika szak Konzulens: Tóth Bálint, Sztochasztika tanszék 2004. október Kivonat Bevezetést adunk a kölcsönható részecskerendszerek nemegyensúlyi hidrodinamikai viselkedésének világába. Mutatunk egy konkrét példát arra, hogy a sztochasztikus részecskemodellhez tartozó parciális hidrodinamikai differenciálegyenletben (Euler-egyenletben) szereplő fluxus függvény deriváltja nem monoton. Ez minőségileg új megoldásokat ad a az ún. Riemann-problémára, ezt a véletlen modell számítógépes szimulációja segítségével is szemléltetjük. Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 2 2. Általános leírás 2 2.1. A részecskemodell........................... 2 2.2. Stacionárius eloszlás.......................... 3 2.2.1. Feltételek a rátákra szorzatmérték esetén........... 3 2.2.2. A mértékcsalád kiszámítása.................. 7 2.2.3. Paraméterezés a sűrűséggel................... 8 2.3. Parciális differenciálegyenlet...................... 9 2.3.1. Karakterisztikus görbék.................... 9 2.3.2. Riemann-probléma....................... 10 2.3.3. Rankine-Hugoniot feltétel................... 10 2.4. Példák konkrét modellekre....................... 11 2.4.1. A legegyszerűbb modell.................... 11 2.4.2. Legfeljebb két részecske egy rácsponton............ 12 3. A konkrét modell jellemzőinek kiszámítása 12 3.1. Stacionárius eloszlás.......................... 12 3.2. Fluxus a differenciálegyenlethez.................... 13 4. A Riemann-probléma megoldása a modellen 17 4.1. Konkáv (vagy konvex) fluxus...................... 17 4.2. emkonvex fluxus........................... 18 4.2.1. Segédszámítások a fázisképhez................ 19 4.2.2. A fáziskép egyszerű részei................... 20 4.2.3. A fáziskép öszetett részei.................... 21 1

4.3. További kutatási lehetőségek...................... 23 1. Bevezetés A kölcsönható részecskerendszerek mikroszkopikus viselkedését a sztochasztikus folyamatok elmélete írja le. Az ún. hidrodinamikai határátmenet segítségével, az időt és a teret megfelelően átskálázva, megfigyelhető a folyamat egy időben változó nagy számok törvénye-szerű viselkedése, amely parciális differenciálegyenletekkel tárgyalható. Ezek az egyenletek nem-lineárisak, és már a legegyszerűbb esetben is előfordul, hogy egy sima kezdeti feltételből kiindulva véges időn belül a megoldásban szakadás alakul ki. Emiatt általánosított megoldásokat kell értelmeznünk. A dolgozatban egy konkrét folyamatot vizsgálunk. A modell röviden: egy egydimenziós diszkrét tóruszon ugrálnak részecskék egy irányban, az egy rácsponton lévő részecskék száma (alulról és felülről) korlátozott: a részecskeszám 0, 1 vagy 2 lehet. A dinamika a következő: minden részecskéhez képzeljünk el egy véletlen exponenciális időközönként megcsörrenő órát, óracsörgéskor a részecske egyet ugrik előre, ha a részecskeszám korlátja megengedi. Az órák egymástól függetlenek, de nem azonos paraméterűek. A paraméterek megválaszthatóak úgy, hogy a stacionárius mérték szorzat alakú legyen (más esetben nagyon elbonyolódna a modell vizsgálata). Azonban ilyen esetben is van valamekkora szabadság a paraméterek, vagyis az ugrási ráták megválasztásában. Az ugrási ráták meghatározzák a mikroszkopikus modellhez tartozó makroszkopikus parciális differenciálegyenletet. Eddig többnyire olyan modelleket vizsgáltak, ahol a differenciálegyenletben szereplő fluxus függvény mindig konvex (vagy konkáv). A dolgozatban megmutatjuk, hogy ebben a viszonylag egyszerű modellben a ráták megválaszthatók úgy, hogy a fluxus függvény nemkonvex (olyan értelemben, hogy egyes szakaszokon konvex, egyeseken pedig konkáv). Vannak más mikroszkopikus modellek, ahol fluxus nemkonvex, de ennél sokkal bonyolultabbak. A nemkonvex fluxus függvény új jelenségeket generál. Az eddigi tételek nagy része kihasználja, hogy a fluxus konvex. Mi a dolgozatban a Riemann-probléma (nemegyensúlyi) megoldását térképezzük fel, megvizsgáljuk, hogy milyen minőségileg különböző esetek lehetségesek. A Riemann-probléma egy speciális kezdeti feltételt jelent: az origótól jobbra és balra a sűrűség konstans, de két különböző konstans. Konvex fluxus esetén összesen két lehetőség van: vagy ritkulási hullám, vagy lökéshullám alakul ki. emkonvex esetben viszont egy sokkal gazdagabb világot fedezhetünk fel. A Riemann-probléma részletes analitikus vizsgálatát a differenciálegyenlet segítségével végezzük el, és a különböző esetekre numerikus példát mutatunk a mikroszkopikus modellen, a sztochasztikus folyamat számítógépes szimulációja segítségével. 2. Általános leírás 2.1. A részecskemodell Képzeljünk el egy diszkrét helyből álló egydimenziós tóruszt. A diszkrét helyeken (vagy rácspontokon) legkevesebb z min és legfeljebb z max számú részecske állhat. Minden egyes rácsponthoz tartozik egy véletlen időközönként megcsörrenő óra. Az órák egymástól független exponenciális eloszlású időnként szólalnak meg. A dinamika a következő: ha megcsörren egy óra, akkor az órához tartozó helyről egy részecske a 2

következő, szomszédos helyre ugrik. Az óracsörgések exponenciális eloszlásainak paramétere függ az adott helyen, és a következő helyen álló részecskék számától (pl. 0, ha az adott helyen z min vagy a következő, szomszédos helyen z max részecske van). Vezessünk be jelöléseket a modell pontos leírásához! Legyen T az hosszú tórusz, továbbá S := [z min, z max ] Z, ahol z min,z max Z, S <. Így a fenti folyamat állapottere Ω := S T (negatív részecskemennyiséget is megengedünk). Ha a j indexű rácsponton lévő részecskék száma z j, akkor az állapottér egy eleme z = (z j ) j T Ω vektor. A c ugrási ráták (azaz a fenti exponenciális eloszlás paraméterei) függnek z j -től és z j+1 -től, de az egész tóruszon homogének ( j-től nem függnek), tehát c: S S [0, ). A folyamat L infinitezimális generátora a következőképpen hat az állapottér egy tetszőleges f : Ω Ω függvényére: ( L f ) (z) = z Ω L z,z f (z), ahol L z,z négyzetes mátrix, Ω sorral és oszloppal. A mátrix (nem-átlós) elemei a z z állapotátmenetnek megfelelő ráták, az elemi állapotváltozás: (z j, z j+1 ) (z j 1, z j+1 + 1), c(z j, z j+1 ) rátával. Ha bevezetjük a Θ j : Ω Ω állapotátmeneteket leíró függvénycsaládot a következőképpen: Θ j z = (z 1,...,z j 1, z j+1 + 1,...,z ), akkor az infinitezimális generátor hatása egy tetszőleges függvényen így írható: ( L f ) (z) = c(z j,z j+1 )( f (Θ j z) f (z)). Természetesen a z-k indexelése a T tóruszon történik, azaz z +1 azonos z 1 -gyel. 2.2. Stacionárius eloszlás Egy Markov folyamat vizsgálatakor fontos feladat a stacionárius mérték megkeresése. Egyszerűsíti a dolgunkat, ha ez a mérték szorzat alakú. A ráták megfelelő megválasztása esetén ez elérhető. 2.2.1. Feltételek a rátákra szorzatmérték esetén 1. Lemma. A stacionárius mérték szorzat alakú, ha a rátákra a következő feltételek teljesülnek: Tetszőleges x,y S esetén c(z min, y) = 0 = c(x, z max ). 3

Ez a feltétel biztosítja a részecskeszám alsó és felső korlátozását az egyes rácspontokon, 1 valószínűséggel. Feltesszük továbbá, hogy minden más állapotváltozás lehetséges, azaz minden z min < x z max és minden z min y < z max esetén Tetszőleges x,y,z S esetén c(x, y) > 0. c(x, y) + c(y, z) + c(z, x) = c(y, x) + c(z, y) + c(x, z). (1) Bármely x,y,z S \ {z min } esetén c(x, y 1)c(y, z 1)c(z, x 1) = c(y, x 1)c(z, y 1)c(x, z 1). (2) 2. Megjegyzés. Az (1) egyenlőség nem csak három elemre igaz, hanem akármennyire, indukcióval. Ugyanis ha c(z 1, z 2 ) + c(z 2, z 3 ) +... + c(z 1, z 1 ) = c(z 2, z 1 ) + c(z 3, z 2 ) +... + c(z 1, z 1 ), akkor (z +1 = z 1 jelöléssel) c(z j, z j+1 ) = Az egyenlőséget visszavezethetjük az eredeti (1) esetre: c(z j+1, z j ). (3) c(z 1, z 2 ) +... + c(z 1, z ) + c(z, z 1 ) + c(z 1, z 1 ) c(z 1, z 1 ) = c(z 2, z 1 ) +... + c(z, z 1 ) + c(z 1, z ) + c(z 1, z 1 ) c(z 1, z 1 ). Felhasználva az 1 pontra vonatkozó állítást: c(z 1, z 1 ) + c(z 1, z ) + c(z,z 1 ) = c(z 1, z 1 ) + c(z, z 1 ) + c(z 1,z ) Ez pedig a kiinduló, (1) állítás. 3. Megjegyzés. A (2) feltétel ekvivalens azzal, hogy létezik egy r : S [0, ) függvény, amelyre r(z min ) = 0, és minden x,y S \ {z min } esetén Ha ez igaz, akkor (2) teljesül, mert: c(x, y 1) c(y, x 1) = r(x) r(y). (4) 1 = r(x) r(y) r(y) r(z) r(z) c(x, y 1) c(y, z 1) c(z, x 1) = r(x) c(y, x 1) c(z, y 1) c(x, z 1). Fordítva pedig az állítás arra vezethető vissza, hogy egy örvénymentes vektormezőben van potenciálfüggvény. Ugyanis legyen W(x,y) := lnc(x,y 1) lnc(y,x 1). Ekkor W(x,y) = W(y,x), és a (2) egyenlőség azt mondja, hogy bármely x,y,z esetén (z min kivételével): W(x,y) +W(y,z) +W(z,x) = 0, 4

vagyis az x y z x zárt út mentén a W-k összege 0. Ez nyilván igaz bármilyen hosszú tetszőleges zárt útra is, indukcióval. Legyen x 1 u(x) := W(z,z + 1), z=z min ha x > z min, és legyen u(z min ) :=. Ekkor (x > y esetén): x 1 u(x) u(y) = W(z,z + 1) = W(x,y), z=y az előbbiek miatt. Így már definiálhatjuk a (4)-ben szereplő r függvényt: r(x) := exp(u(x)). Visszatérve a rátákra, valóban: r(x) r(y) = eu(x) u(y) = e W(x,y) c(x,y 1) = c(y,x 1), ha x,y > z min, és r(z min ) = exp(u(z min )) = exp( ) = 0. Most pedig kiszámoljuk a stacionárius mértéket, és a számolás során megmutatjuk, hogy ha az előbbi lemma szerint választjuk a rátákat, akkor szorzatmértéket kapunk. π: S [0, 1] jelöléssel: π : Ω [0, 1]. π (z) = π(z j ). A π mérték pontosan akkor stacionárius, ha minden f függvényre teljesül, hogy π, L f = 0. Az L adjungáltjára áttérve minden f -re, amiből következik, hogy π, L f = L π, f = 0 L π = 0 kell. Ennek az egyenletrendszernek a megoldása során kapunk feltételeket a c rátákra. Próbáljuk meg kiszámolni az L adjungáltat! (Először beírjuk az infinitezimális generátor definícióját, majd felcseréljük az összegzés sorrendjét.) π, L f = z Ω π (z)(l f )(z) = = z Ω π (z) = c(z j, z j+1 )( f (Θ j z) f (z)) = z Ω π (z)c(z j, z j+1 ) f (Θ j z) z Ω π (z)c(z j, z j+1 ) f (z) 5

Hajtsuk végre a következő változócserét az első kettős összeg belső részében (minden j-re külön-külön): w := Θ j z. Ekkor w j = z j 1, w j+1 = z j+1 + 1, és w k = z k minden k j, j + 1 esetén. Felhasználva, hogy π szorzatmérték: π (z) = π (Θ 1 j w) = π (w) π(w j + 1)π(w j+1 1). π(w j )π(w j+1 ) Így az első kettős összeg belső részének j-edik tagja a következőképpen alakul: z Ω π (z)c(z j, z j+1 ) f (Θ j z) = = π (Θ 1 j w)c(w j + 1, w j+1 1) f (w) = Θ 1 j w Ω = π (w) π(w j + 1)π(w j+1 1) c(w j + 1, w j+1 1) f (w). π(w w Ω j )π(w j+1 ) Az utolsó lépéshez c(z max + 1, ) = c(, z min 1) 0 definícióval kell élnünk. Visszatérve, a változócsere után a π, L f skalárszorzat így alakul: π (w) π(w j + 1)π(w j+1 1) π(w w Ω j )π(w j+1 ) z Ω π (z)c(z j, z j+1 ) f (z). c(w j + 1, w j+1 1) f (w) Mindkét kettős összeg ugyanazokon az elemeken fut, ezért összevonható (w := z): π, L f = f (z)π(z) z Ω ( π(z j + 1)π(z j+1 1) π(z j )π(z j+1 ) Ebből az alakból leolvasható az L adjungált: ( ) L π (z) = π(z). Az L π = 0 feltétel: ( π(z j + 1)π(z j+1 1) π(z j )π(z j+1 ) π(z j + 1)π(z j+1 1) c(z j + 1, z j+1 1) = π(z j )π(z j+1 ) ) c(z j + 1, z j+1 1) c(z j, z j+1 ) ) c(z j + 1, z j+1 1) c(z j, z j+1 ) c(z j, z j+1 ). A lemma (1) feltételéből következik, hogy a jobb oldalon szereplő összegben a c(z j, z j+1 ) ráták kicserélhetőek c(z j+1, z j )-re (3): π(z j + 1)π(z j+1 1) c(z j + 1, z j+1 1) = π(z j )π(z j+1 ) c(z j+1, z j ). 6

Próbáljuk meg elérni, hogy az összegben szereplő összeadandókra tagonként teljesüljön az egyenlőség, azaz minden 1 j esetén: Átrendezve: ahol x S \ {z min } esetén π(z j + 1)π(z j+1 1) c(z j + 1, z j+1 1) = c(z j+1, z j ). π(z j )π(z j+1 ) c(z j+1, z j ) c(z j + 1, z j+1 1) = r(x) = π(z j+1 1) π(z j+1 ) π(z j ) π(z j + 1) = r(z j+1) r(z j + 1), π(x 1), (5) π(x) és r(z min ) = 0, mert c(z min,z j ) = 0. Ez az r : S [0, ) függvény a lemmánál szereplő (4) feltételnél szereplő függvény. 2.2.2. A mértékcsalád kiszámítása Az (5) összefüggés alapján, és felhasználva, hogy x S π(x) = 1, a stacionárius mérték az r függvénnyel kifejezve a következő: π(x) = π(z min ) x k=z min +1 1 r(k) = x k=z min +1 y l=z min +1 y S 1 r(k) 1. (6) r(l) A Markov-folyamatnak több irreducibilis komponense van, ugyanis van egy időben megmaradó mennyiség, az összrészecskeszám. Tehát több stacionárius mérték van, minden irreducibilis komponenshez tartozik egy. Ezt az előbbi számolás is igazolja, hiszen az r függvény rátákkal való kapcsolata csak hányadosokon meghatározott (4). Ha r eleget tesz a (4) feltételnek, akkor ennek valamilyen pozitív konstansszorosa is megfelelő, tehát pl. r exp( θ) is (θ R): c(x, y 1) c(y, x 1) = r(x) r(x) exp( θ) = r(y) r(y) exp( θ). Így, ha (6) formulába r helyébe r exp( θ)-t helyettesítünk, akkor a különböző irreducibilis komponensekhez tartozó stacionárius mértékek családját kapjuk: π θ (x) = x e θ k=z min +1 r(k) y e θ y S l=z min +1 r(l) = e θx θz min e θy θz min y S = eθx π(x) y S e θy = π(x) exp π(y) x k=z min +1 1 r(k) u S u v=z min +1 1 r(v) y l=z min +1 1 r(l) = u S u v=z min +1 1 r(v) ( ( )) θx log e θy π(y), y S 7

vagyis jelöléssel Ekkor a mérték stacionárius a tóruszon. ( ) F(θ) = log e θy π(y) y S π θ (x) = π(x) exp(θx F(θ)) = 2.2.3. Paraméterezés a sűrűséggel π θ := j T π θ eθx π(x) y S e θy π(y). (7) A stacionárius mértékeket nem csak az előbbi θ paraméterrel lehet jellemezni, hanem más, szemléletesebb paraméterrel is, az átlagos sűrűséggel. A θ paraméter melletti v(θ) átlagos sűrűség a π θ stacionárius mérték szerinti várható értéke az egy rácsponton lévő részecskék számának. Az előbbi jelölések mellett jelentse z j a j rácsponton álló részecskék (véletlen) mennyiségét, E θ pedig a π θ mérték szerinti, és E pedig a π mérték szerinti várható értéket. Így felhasználva az előbbi eredményt π θ -ra (7): v(θ) = E θ (z j ) = x π θ (x) = x S x e θx π(x) x S y S e θy = E(z je θz j) π(y) E(e θz j) Ahhoz, hogy a θ paraméter helyett használhassuk a v átlagos sűrűséget, a v: R [z min, z max ] függvénynek bijektívnek kell lenni. Megmutatjuk, hogy ez így van, ugyanis v szigorúan monoton növekvő függvénye θ-nak. Emlékeztetőül: F(θ) = log e θy π(y) = loge(e θz j ) y S Derviálva θ szerint megkapjuk az átlagos sűrűséget: F (θ) = 1 d E(e θz j) dθ E(eθz j ) = 1 d E(e θz j) dθ e θx π(x) = x S = 1 E(e θz j) x e θx π(x) = E(z je θz j) x S E(e θz j) = E θ(z j ) = v(θ) ( ) d 2 v (θ) = F E(e θz j) d dθ (θ) = 2 E(e θz dθ E(e θz 2 j) j) E(e θz = j) = 1 E(e θx ) d 2 dθ 2 x S e θz j π(x) (E θ (z j )) 2 = x S x 2 e θx π(x) y S e θy π(y) (E θ (z j )) 2 = x 2 π θ (x) (E θ (z j )) 2 = E θ (z 2 j) (E θ (z j )) 2 = Var θ (z j ) x S Tehát v (θ) = Var θ (z j ) > 0, azaz v szigorúan monoton növekvő, ezért bijektív, és így v: θ v(θ) invertálható. Az inverzet jelöljük θ: v θ(v) módon. 8

t x 1. ábra. Karakterisztikus görbék lineáris Φ esetén 2.3. Parciális differenciálegyenlet Legyen Φ(v) a c(z j+1,z j ) rátafüggvény várható értéke a sűrűséggel paraméterezett π θ(v) stacionárius mérték szerint: Φ(v) = E θ(v) (c(z j+1,z j )) = c(x,y)π θ(v) (x)π θ(v) (y). x,y S F. Rezakhanlou bizonyította, hogy attraktív esetben a teret és az időt egyaránt 1/nel átskálázva a rendszer makroszkopikus leírását (az átlagos viselkedést megfigyelve) az Euler-egyenlet írja le, az fenti fluxussal. Sőt, az egyenlet érvényes marad a később tárgyalt lökéshullámok megjelenése után is. [4] Az attraktív tulajdonság egyfajta monotonitást jelent a rátákra: c(x + 1,y) > c(x,y) és c(x,y + 1) < c(x,y). t v + x Φ(v) = 0, (8) ahol t az idő, x a helykoordináta, Φ az előbb kiszámolt függvény, amit fluxusnak hívunk, v = v(t,x) pedig a sűrűség, ami az idő és hely függvénye. A mikroszkopikus folyamat kezdeti eloszlásából adódik a differenciálegyenlethez egy kezdeti feltétel: v(0,x) = v 0 (x). Az egyenlet és a kezdeti feltétel rövid elnevezése a Cauchy-probléma. 2.3.1. Karakterisztikus görbék A fenti (8) egyenletet (feltéve, hogy Φ és u deriválható) így is írhatjuk: t v + Φ (v) x v = 0. (9) Ha a fluxus lineáris, azaz Φ(v) = cv+d, akkor a differenciálegyenlet t v+c x v = 0 alakú. Könnyen ellenőrizhető, hogy a Cauchy-probléma megoldása ebben az esetben v(t,x) = v 0 (x ct), vagyis a kezdeti profil c sebességgel eltolódik az időben. Az 1. ábrán a vízszintes tengely a teret, a függőleges az időt jelenti, a ferde egyenesek pedig a v = konstans vonalak. em lineáris esetben a helyzet jóval bonyolultabb. A karakterisztikus sebességeket a fluxus Φ deriváltja adja, ami nem lineáris Φ esetén nem konstans, függ a v sűrűségtől. 9

2. ábra. Karakterisztikus egyenesek találkozása nem lineáris Φ esetén t x Emiatt előfordulhat, hogy a konstans sűrűségeket jelentő karakterisztikus egyenesek találkoznak, ami azt jelenti, hogy (véges időn belül) szakadás alakul ki a megoldásban (bármilyen sima kezdeti feltétel esetén is!) (2. ábra). Az így létrejött szakadást lökéshullámnak nevezik. Ha létrejön a szakadás, akkor a megoldás már nem differenciálható, és így a fenti (8) egyenletnek már nincs értelme (és ekkor az előbbi (9) felírás sem érvényes). A mikroszkopikus modellben azonban a folyamat a lökéshullám kialakulása után is tovább fejlődik. Ezért ha a lökéshullámot is követni szeretnénk a differenciálegyenlettel általánosított (gyenge) megoldásokat kell definiálnunk. 2.3.2. Riemann-probléma Mi azt a speciális kezdeti feltételt fogjuk vizsgálni, ahol a sűrűség a t = 0 időpontban két különböző konstans értéket vesz fel az origótól balra, illetve jobbra: { vb ha x < 0 v(0,x) = v j ha x 0. Ez a Riemann-probléma. Ebben az esetben már kezdetben is egy szakadással van dolgunk, tehát a megoldásokat rögtön gyenge értelemben kell értelmeznünk [5]. 2.3.3. Rankine-Hugoniot feltétel Az általánosított megoldásokat a szokásos módon definiáljuk: az eredeti (8) egyenletet tetszőleges kompakt tartójú tesztfüggvénnyel beszorozzuk, majd integrálunk, és az így kapott egyenletet vizsgáljuk (amiben már nem szerepel szakadásos függvény deriválása). Jelöljük ϕ-vel a tesztfüggvényt: Z Z 0 Parciális integrálással kapjuk, hogy Z Z 0 ϕ(t,x)( t v(t,x) + x Φ(v(t,x))) dxdt = 0. t ϕ u + x ϕ Φ(u)dxdt + Z ϕ(0,x) u 0 (x)dx = 0. Ennek az egyenletnek egy u megoldása (minden ϕ kompakt tartójú, sima függvény esetén) az eredeti Cauchy-probléma egy gyenge megoldása. 10

Folytonos, differenciálható esetekben az igazi megoldás egyúttal gyenge megoldás is. A probléma a gyenge megoldásokkal az, hogy elveszik az unicitás, ezért valahogyan ki kell választani a gyenge megoldások közül azt, ami a mikroszkopikus modellnek megfelel [5]. Az általánosított megoldások segítségével, kiszámolhatjuk egy diszkontinuitás (lökéshullám) haladási sebességét: s = Φ(v j) Φ(v b ) v j v b, (10) ahol v b a szakadás bal oldalán lévő sűrűség, v j pedig a jobb oldali sűrűség. Ezt nevezik Rankine-Hugoniot feltételnek. (Azért feltétel, mert általánosabb, többkomponensű modelleknél ez megkötést ad a lökéshullámok lehetséges sebességére.) 2.4. Példák konkrét modellekre 2.4.1. A legegyszerűbb modell A legegyszerűbb példa az egyszerű kizárásos modell ( simple exclusion ): egy rácsponton legfeljebb egy részecske lehet, azaz z min = 0, z max = 1, S = {0,1}. Ekkor a ráták így alakulnak: c(0,0) = c(0,1) = c(1,1) = 0 a részecskeszám korlátozás miatt, és c(1, 0) = a tetszőleges pozitív szám. yilvánvaló, hogy ha az összes rátát ugyanazzal a számmal megszorozzuk, akkor lényegében semmi sem változik, csak az időskála módosul. Tehát c(1,0) = 1 az általánosság megszorítása nélkül választható. Táblázatosan (a sorok a c függvény első változóját, az oszlopok a második változóját jelentik): c 0 1 0 0 0 1 1 0 Ebben a modellben nincsen szabadon változtatható paraméter. A szorzatmérték létezésének feltételei automatikusan teljesülnek: a (1) és (2) feltételek üresek. A stacionárius eloszlást felírhatjuk egyből a sűrűséggel paraméterezve: π θ(v) (1) = 1 π θ(v) (0) = v, ugyanis ebben az esetben z j várható értéke éppen v. E θ(v) (z j ) = 1 v + 0 (1 v) = v. A rátafüggvény várható értéke, vagyis a fluxus: Φ(v) = E θ(v) (c(z j+1,z j )) = c(1,0) π θ(v) (1) π θ(v) (0) = v(1 v). Az így adódó parciális differenciálegyenlet: t v + x v(1 v) = 0. Ez a jól ismert Burgers-egyenlet, hiszen u := 1 2v helyettesítéssel: ( ) u 2 t u + x = 0. 2 11

A Rankine-Hugoniot feltétel, vagyis a lökéshullámok sebessége (10): s = v b(1 v b ) v j (1 v j ) v b v j = 1 (v b + v j ). Megjegyezzük, hogy ennél a modellnél kapott fluxus függvény konkáv, vagyis Φ monoton, továbbá a modell attraktív. 2.4.2. Legfeljebb két részecske egy rácsponton Ennél egy lépéssel bonyolultabb modell, ha nem egy, hanem legfeljebb két részecske lehet egy rácsponton. A szimmetria kedvéért az egy rácsponton lévő részecskék száma ne 0, 1 vagy 2 legyen, hanem 1, 0 vagy 1, azaz z min = 1, z max = 1, és S = { 1,0,1}. A részecskeszám alsó és felső korlátozása miatt c( 1, 1) = c( 1,0) = c( 1,1) = c(0,1) = c(1,1) = 0. Marad még négy szabadon választható ráta. Ebből az egyiket nyugodtan választhatjuk 1-nek, ezzel csak az időskálát rögzítjük, pl. c(1, 1) = 1. Vizsgáljuk meg, milyen feltételeknek kell teljesülnie ahhoz, hogy az egyensúlyi mérték szorzatmérték legyen. Az első (1) feltétel szerint c( 1,0) + c(0,1) + c(1, 1) = c(0, 1) + c(1,0) + c( 1,1), azaz 0+0+1 = c(0, 1)+c(1,0)+0, vagyis c(0, 1)+c(1,0) = 1. Legyen pl. c(0, 1) = (1 a)/2 és c(1,0) = (1 + a)/2, ahol a < 1. A második (2) feltétel nem mond semmit, mert nincs három különböző eleme S \ {z min }-nek. Így marad az előbbi a-n kívül még egy szabadon választható paraméter, jelöljük ezt b-vel: c(0, 0) = b > 0. Táblázatos formában: c 1 0 1 1 0 0 0 1 a 0 2 b 0 1+a 1 1 2 0 A továbbiakban ezzel modellel foglalkozunk, attraktív esetben. A modell akkor attraktív, ha b < 1 a 2, az a = 0 esetben b < 1/2. 3. A konkrét modell jellemzőinek kiszámítása Az előző fejezet végén látott modellel foglalkozunk. Emlékeztetőül a paraméterek a következők: z min = 1, z max = 1, S = { 1,0,1}. A rátákat táblázatos formában az előző fejezetben láttuk, röviden: c( 1, 1) = c( 1,0) = c( 1,1) = c(0,1) = c(1,1) = 0, c(0, 1) = (1 a)/2, c(1,0) = (1 + a)/2, c(1, 1) = 1 és c(0,0) = b. A szabad paraméterek: a < 1, b > 0. Kiszámoljuk a stacionárius eloszlást, megpróbáljuk a sűrűséggel paraméterezni, majd kiszámoljuk a fluxus függvényt. 3.1. Stacionárius eloszlás Az előzőekben láttuk, hogy teljesülnek a szorzat alakú stacionárius mérték létezésének feltételei. Egy speciális egyensúlyi mérték: π (z) = π(z j). Legyen π = (π( 1), π(0), π(1)) = (p, 1 2p, p), 12

ahol 0 < p < 1/2. Az r függvényt felhasználva (5) alapján: r(0) = π( 1) π(0) = p 1 2p és r(1) = π(0) π(1) = 1 2p. p Az r függvényt definiáló (4) egyenlőség szerint r(0) r(1) = c(0,0) c(1, 1) = b vagyis ( ) p 2 = b. 1 2p Innen p kifejezhető b-vel: 1 p =, 1 + 2 b tehát a p paraméter és a b ráta között bijekció van (p(b) egyébként szigorúan monoton növő), a rövidség kedvéért a p-t használjuk a további számolás során. Az összes lehetséges egyensúlyi mértéket a θ paraméter bevezetésével adhatjuk meg: π θ (z) = π θ(z j ), ahol (7) alapján ( pe θ π θ = (π θ ( 1), π θ (0), π θ (1)) = Z(θ), 1 2p Z(θ), pe θ ), Z(θ) ahol Z(θ) = e θ p + 1 2p + pe θ = 1 + 2p(chθ 1) normálófaktor. Próbáljunk meg áttérni a θ paraméter helyett a sűrűség szerinti paraméterezésre. Az átlagos sűrűség: v(θ) = E θ (z j ) = 1 pe θ Z(θ) + 0 1 2p Z(θ) + 1 peθ Z(θ) = 2pshθ 1 + 2p(chθ 1). Láttuk, hogy ebből az egyenletből mindig kifejezhető θ, mint v függvénye. És most ez gyakorlatilag is lehetséges, ugyanis e θ -ra kapunk egy másodfokú egyenletet, amit megoldva: θ(v) = ln v(1 2p) + 4p 2 + v 2 4pv 2. (11) 2p(1 v) 3.2. Fluxus a differenciálegyenlethez A fluxus a rátafüggvény stacionárius mérték szerinti várható értéke. A sűrűséggel paraméterezve (a rövidség kedvéért θ(v) helyett csak v-t írunk): Φ(v) = E v (c(z j+1,z j )) = c(x,y) π v (x) π v (y) x,y S = 1 + a 2 π v(1)π v (0) + 1 a 2 π v(0)π v ( 1) + b π v (0)π v (0) + 1 π v (1)π v ( 1) Behelyettesítve a π θ mértéket a fluxus rövid számolás után: Φ(v) = p(1 2p)(chθ(v) + ashθ(v)) + 2p2 (1 + 2p(chθ(v) 1)) 2. 13

A Φ függvény páros, ha a = 0. Ebben a dolgozatban csak ezzel a szimmetrikus esettel foglalkozunk. Az a 0 esetben jóval bonyolultabbak a formulák, és szinte minden későbbiekben megfogalmazott eredmény csak numerikusan számolható. Kicsit hosszabb, elemi számolással adódik, Φ(v) = v2 2 + 4p2 + (2p 1) v 2 + 4p 2 4pv 2, 2 + 8p θ(v) előbbi, (11) formuláját felhasználva. Másképpen (megszüntetve Φ(v)-nek p = 1/4-nél lévő szakadását): Φ(v) = v2 2 + 4p 2 + v 2 4pv 2 + 4p 2 v 2 2(4p 2 + (1 2p) v 2 + 4p 2 4pv 2 ) Vizsgáljuk meg a fluxus függvény konvexitását! Φ második deriváltja hosszú elemi számolással: Φ 2p 2 (1 2p) (v) = 1 + (v 2 + 4p 2 4pv 2 ) 3/2 A Φ függvény folytonos, mert a nevezőben szereplő gyök alatti kifejezés: v 2 + 4p 2 4pv 2 = (2p v) 2 + 4pv(1 v) > 0, mert v [0,1] és p (0,1/2). Mivel Φ is folytonos, ezért a [ 1,1] intervallumon pontosan akkor szigorúan monoton (azaz Φ vagy konvex vagy konkáv), ha a deriváltja, azaz Φ ott sehol sem 0. Keressük meg a Φ (v) = 0 egyenlet megoldásait: azaz Innen p 1/4 esetén 1 + 2p 2 (1 2p) (v 2 + 4p 2 4pv 2 = 0, ) 3/2 (2p 2 (1 2p)) 2 = (v 2 + 4p 2 4pv 2 ) 3. v 2 = (2p2 (1 2p)) 2/3 4p 2. (1 4p) Ha p = 1/4, akkor Φ (v) = 1/2 < 0, azaz Φ szigorúan konkáv (Φ(v) = (1 v 2 )/4). Ha p > 1/4, akkor v 2 előbbi kifejezésében a nevező negatív. A számláló is negatív, mert (2p 2 (1 2p)) 2/3 4p 2 < 0 átrendezve, és 3/2-ik hatványra emelve (minden pozitív) azt kapjuk, hogy 2p 2 (1 2p) < (4p 2 ) 3/2, azaz p > 1/6, ami teljesül, mert p > 1/4. Ebből következik, hogy v 2 kifejezésében a jobb oldal pozitív, tehát van megoldás v-re. Mi olyan megoldást keresünk v-re, ami benne van a ( 1, 1) intervallumban. Ugyanis ha v 2 1, akkor az inflexiós pont nincs benne az értelmezési tartomány belsejében, a Φ fluxus vagy konvex, vagy konkáv. A v 2 < 1 pontosan akkor teljesül, ha: (2p 2 (1 2p)) 2/3 4p 2 < 1. (1 4p) Átalakítva (a nevező negatív, mert p > 1/4): (2p 2 (1 2p)) 2/3 > (1 2p) 2. 14

p < 1/2 miatt 3/2-ik hatvány és átalakítások után: p > 1 2 + 2. Összefoglalva p > 1/( 2+2) esetén a Φ (v) = 0 egyenletnek van megoldása a ( 1,1) intervallumban, tehát a fluxus nemkonvex. ézzük meg most a p < 1/4 esetet. Ekkor v 2 kifejezésében a jobb oldalon a nevező pozitív. Ha a számláló negatív, akkor nincs megoldás. Vagyis ha (2p 2 (1 2p)) 2/3 4p 2 < 0, azaz átrendezés és gyökvonás után 2p 2 (1 2p) < 8p 3, és innen p > 1/6. Tehát 1/6 < p < 1/4 esetén nincs megoldás, azaz Φ szigorúan monoton. Ezzel szemben p 1/6 esetén a számláló is pozitív, tehát van v-re valós megoldás. Minket a v 2 < 1 megoldások érdekelnek, azaz: Most a nevező pozitív, ezért: (2p 2 (1 2p)) 2/3 4p 2 < 1. (1 4p) (2p 2 (1 2p)) 2/3 < (1 2p) 2, és innen gyökvonás után (p < 1/2) azt kapjuk, hogy p < 1 2 + 2. Ez automatikusan teljesül ebben az esetben, mert p 1/6, és 1/6 < 1/( [ 2 + 2). Összegezve, ha p 1/6,1/( ] 2 + 2), akkor a fluxus konkáv, egyébként pedig nemkonvex (se nem konvex, se nem konkáv, van a ( 1, 1) intervallumon inflexió). Ugyanezt megfogalmazhatjuk a b ráta segítségével is, ugyanis [ ] [ 1 p 6, 1 1 b 2 + 2 16, 1 ]. 2 A következő állítást fogalmazhatjuk meg: 4. Lemma. A vizsgált mikroszkopikus modellhez tartozó Φ: [ 1, 1] R fluxus a következő: Φ(v) = v(a v) 2 Az a = 0 szimmetrikus esetben: + (1 av)(4p2 + v 2 4pv 2 + 4p 2 v 2 ) 2(4p 2 + (1 2p) v 2 + 4p 2 4pv 2 ), p = 1 1 b + 2. Φ(v) = v2 2 + 4p 2 + v 2 4pv 2 + 4p 2 v 2 2(4p 2 + (1 2p) v 2 + 4p 2 4pv 2 ), p = 1 1 b + 2. (12) Ez konkáv, ha Egyébként, vagyis ha ( ) 1 b 0, 16 [ 1 b 16, 1 ]. (13) 2 vagy ( ) 1 b 2,, (14) 15

0.2 fi(v) 0.15 0.1 0.05 0-1 -0.5 0 0.5 1 0.14 fi(v) 0.12 0.1 0.08 0.06 0.04 0.02 0-1 -0.5 0 0.5 1 0.14 fi(v) 0.12 0.1 0.08 0.06 0.04 0.02 0-1 -0.5 0 0.5 1 3. ábra. emkonvex fluxus, p = 0.15, p = 0.105, p = 0.02 16

akkor nemkonvex, azaz van inflexiós pontja a ( 1, 1) intervallumon. Az inflexiós pontok helye: (2p v infl = ± 2 (1 2p)) 2/3 4p 2. (15) 1 4p Az egyszerűség kedvéért vezessük be a következő jelöléseket: Legyen λ(v) a v sűrűséghez tartozó karakterisztikus sebesség, azaz λ(v) := Φ (v). (16) Legyen s(v b,v j ) a Rankine-Hugoniot feltételnél szereplő lökéshullám terjedési sebesség: s(v b,v j ) := Φ(v b) Φ(v j ) v b v j. (17) 4. A Riemann-probléma megoldása a modellen A Riemann-probléma a (8) parciális differenciálegyenlet egy speciális kezdeti feltétel melletti megoldását jelenti. A differenciálegyenlet: t v(t,x) + x Φ(v(t,x)) = 0, ahol v(t,x) a sűrűség t időben, az x helyen. A speciális kezdeti feltétel: { vb ha x < 0 v(0,x) = v j ha x 0, azaz kezdetben egy adott konstans (v b ) a sűrűség az origótól balra, és egy másik adott konstans (v j ) a sűrűség az origótól jobbra. A mikroszkopikus véletlen modellben ugyanez azt jelenti, hogy az hosszú tórusz egyik felén a sűrűség várható értéke minden rácsponton v b, a másik felén pedig a várható érték minden rácsponton v j. Ha a részecskék elhelyezkedése a két oldalon a külön-külön vett egyensúlyi mérték szerinti, akkor: { Eπvb E πk (z k ) = (z k) = v b ha k < /2 E πvj (z k ) = v j ha k /2. A továbbiakban megnézzük, hogy milyen megoldásai lehetnek a Riemann-problémának, a két paraméter, v b és v j függvényében. Ha elindítjuk a rendszert, akkor előfordulhat, hogy a szakadás az idő előrehaladtával megmarad, lehetséges, hogy rögtön elkezd eltűnni, azaz egy ritkulási hullám alakul ki, és lehetséges, hogy ezek kombinációi jönnek létre. Látni fogjuk, hogy ha a fluxus deriváltja nem monoton, akkor sokkal több a lehetőség, mint monoton esetben. Ezeket a variációkat vizsgáljuk. Most csak a b 1/2, attraktív esettel foglalkozunk. 4.1. Konkáv (vagy konvex) fluxus Konkáv a most tárgyalt folyamat fluxusa az (13) feltétel melletti ráták esetén. (Vagy konkáv pl. az előbbiekben látott egyszerű kizárásos modell fluxusfüggvénye is.) Ekkor csak két különböző eset fordul elő, attól függően, hogy v b és v j közül melyik a nagyobb. (Az egyenlőség az egyensúly.) 17

Φ(v) 1 v b v j 1 v 4. ábra. Konkáv fluxus v b < v j. Mivel a bal oldalon a sűrűség kisebb, mint a jobb oldalon, és a bal oldali karakterisztikus sebesség nagyobb, mint a jobb oldali (λ(v b ) > λ(v j )), ezért ez egy stabil lökéshullám. Másképpen, ha egy kicsit kimozdítjuk a rendszert ebből az állapotból, vagyis a szakadásba közbeiktatunk egy közbenső, tetszőleges v sűrűségű részt (v b < v < v j ), akkor a fluxus grafikonján a megfelelő szelők meredeksége közötti relációk miatt (s(v b,v) > s(v,v j ): 4. ábra) a mesterségesen beiktatott két szakadás egymás felé (visszafele) mozdul el. Tehát a v b < v j esetén a szakadás stabil. v b > v j. Ebben az esetben λ(v b ) > λ(v j ), és bármilyen közbenső v sűrűségre λ(v b ) > λ(v) > λ(v j ), ugyanis Φ(v) konkáv, vagyis λ = Φ monoton csökkenő. Emiatt ilyen kezdeti feltételből egy ritkulási hullám alakul ki. Másképpen, ha közbeiktatunk a kezdeti állapotban a szakadásba egy közbenső, tetszőleges v sűrűségű részt, akkor az így kialakult két szakadás egymástól távolodik, mert s(v j,v) > s(v,v b ). Tehát az eredeti szakadás instabil, ha v b > v j. Az eredményeket összefoglalva, a Riemann-probléma kvantitatív megoldásának fázisképét felrajzolhatjuk: legyen a vízszintes tengely a kezdeti bal oldali sűrűség, a függőleges tengely pedig a kezdeti jobb oldali sűrűség. Ekkor a v j = v b egyenes feletti részen stabil lökéshullám, alatta pedig ritkulási hullám alakul ki (5). Megjegyezzük, hogy ha a fluxus nem konkáv, hanem konvex lenne, akkor ugyanígy érvelve minden érvényes, csak éppen pont fordítva (ritkulási hullám v b < v j esetben, és lökéshullám v b > v j esetben). Az itt alkalmazott kétféle gondolatot használjuk a bonyolultabb, nemkonvex esetben is, vagyis azt vizsgáljuk, hogy a karakterisztikus sebességek hogyan alakulhatnak ki, és azt, hogy egy szakadás kicsit megváltoztatva hogyan viselkedik, vagyis azt, hogy stabil-e. 4.2. emkonvex fluxus A fluxus (12) konvexitást vált, ha b (0, 1/16), vagy ami ugyanez: p (0, 1/6) (14). Mégpedig két helyen, szimmetrikusan az origóra, ugyanis Φ páros függvény. 18

v jobb 1 lökéshullám 1 ritkulási hullám 1 v bal 1 5. ábra. Fáziskép konkáv esetben 4.2.1. Segédszámítások a fázisképhez Az origótól jobbra eső inflexiós pont legyen v infl, a balra eső pedig v infl. Ezeket már ki is számítottuk (15). A későbbiek folyamán szükség lesz a Φ görbéjének további jellegzetes pontjaira. A 0-ban az érintő vízszintes, lokális minimuma van Φ-nek: Φ (0) = 0, a lokális minimum értéke pedig Φ(0) = p. Ezen a (0, p) ponton keresztül húzott vízszintes érintő a Φ görbét két helyen metszi, az origóra szimmetrikusan. A metszéspontok vízszintes koordinátáit a Φ(v) = p egyenlet 0-tól különböző megoldásai adják. A pozitív gyököt v 0 -lal jelölve: v 0 = (1 2p)(1 6p). 1 4p A másik metszéspont v 0 -nál van. A szimmetrikusan elhelyezkedő két lokális maximumhelyet a Φ (v) = 0 egyenlet további, 0-tól különböző megoldásai adják. Az egyenletet megoldva a pozitív gyök: v max = 1 (1 + 2p)(1 6p) 2 1 4p A másik lokális maximumhely pedig v max. A maximum értéke Φ(v max ) = Φ( v max ) = (1 2p) 2 /(8 32p). Fontos lesz a továbbiakban, hogy a Φ görbe egy adott (v, Φ(v)) pontjából húzott érintő (amelyik az adott pontban nem érinti Φ-t), hol érinti a görbét, és hol metszi (máshol). Adott v-hez a v e érintési pont a következő egyenlet megoldása: Φ(v) Φ(v e ) = Φ (v e )(v v e ). Ha ezt adott v esetén megoldjuk v e -re, akkor megkapjuk a v-hez tartozó v e (v) érintési pontot. Ha több megoldás is van, akkor legyen v + e (v) és v e (v) a v-hez távolabbi illetve közelebbi megoldások: v e (v) v < v + e (v) v. Ha nem jelezzük külön, akkor a v e (v) 19

Φ 1 v 0 v m (ve) 0 vmax v infl ve v infl v + v 0 vmax m (ve) 1 v 6. ábra. A fluxus nemkonvex esetben a v-hez közelebbi megoldás, vagyis v e (v) := v e. Ha adott v e esetén oldjuk meg az egyenletet v-re, akkor megkapjuk az érintő és a Φ görbe metszéspontjait. Legyenek ezek v m(v e ) < v e < v + m(v e ) (ha vannak), és ha több metszéspont is van, akkor legyen v m a v e érintési ponthoz a legközelebbi. Jelölje értelemszerűen v + (v) := v + m(v e (v)) illetve v (v) := v m(v e (v)) a v-ből húzott érintők metszéspontjait a Φ görbével (nem biztos, hogy léteznek). yilván v e (v) = v e ( v), és ha v > 0, akkor v (v) = v + ( v), sőt v + 1 = v, a Φ párossága miatt. (6. ábra) 4.2.2. A fáziskép egyszerű részei Vizsgáljuk meg a Riemann-probléma fázisképét, az egyszerűbb, könnyen látható esetekben. Ha mindkét oldali kezdeti sűrűség a Φ görbe ugyanazon görbületi szakaszára esik (vagyis ±v infl nincs v b és v j között), akkor alkalmazhatjuk a konkáv (vagy konvex) esetre vonatkozó eredményeket, hiszen csak azokra a v sűrűségekre érdekes a Φ(v) viselkedése, amelyekre v a v b és v j közé esik. Itt pedig Φ konkáv (vagy konvex). Vagyis ha v b,v j [ 1, v infl ] vagy v b,v j [v infl, 1] vagy v b,v j [ v infl, v infl ], akkor vagy lökéshullám vagy pedig ritkulási hullám alakul ki: Lökéshullám alakul ki, ha 1 v b < v j v infl vagy v infl v b < v j 1 vagy v infl v b > v j v infl. Ritkulási hullám alakul ki, ha 1 v b > v j v infl vagy v infl v b > v j 1 vagy v infl v b < v j v infl. Ha v b < v 0 és v j > v 0, akkor egy stabil lökéshullám alakul ki, stabilitási megfontolásból. Ugyanis a Φ görbe a v b -től v j -ig terjedő szakaszon a (v b,φ(v b )) és (v j,φ(v j )) pontokat összekötő húr felett van, tehát s(v b,v) > s(v,v j ), ha v b < v < v j, ami azt jelenti, hogy a szakadás stabil (kis perturbációra a keletkező két szakadás egymás felé mozdulna el). Általában igaz, hogy ha v b < v j, akkor lökéshullám alakul ki, ha a [ v b, v j ] a szakaszon végig a húr felett van a Φ görbe. Vagyis tetszőleges 1 v b v (1) esetén ha v j v + (v b ), akkor stabil lökéshullám alakul ki. Ez természetesen igaz fordítva is: v + ( 1) v j 1 esetén ha v b v (v j ), akkor stabil lökéshullám alakul ki. (Ez az eset tartalmazza az előző bekezdésben leírtakat is.) Ugyanilyen megfontolásból, hogy ha továbbra is v b < v j, és tetszőleges 1 v b 20

Φ 1 0 v b v ve(v b ) ve(v j ) v j 1 v 7. ábra. lökéshullám ritkulási hullám lökéshullám v infl esetén ha v j v e (v b ), akkor szintén stabil lökéshullám jön létre. Fordítva: tetszőleges v infl v j 1 esetén ha v b v e (v j ), akkor stabil lökéshullám alakul ki. Legyen mostantól v b > v j. Legyen v infl v b v max tetszőleges. Ha most v + e (v b ) v j v m(v b ), akkor stabil lökéshullám jön létre, ugyanis ilyen v b és v j értékek esetén a Φ görbe két pontját összekötő húr alatt marad végig a görbe, tehát tetszőleges v j < v < v b esetén s(v b,v) > s(v,v j ), azaz tetszőleges közbenső v sűrűségű helyet beiktatva a mesterségesen létrehozott két lökéshullám egymás felé mozdulna el, vagyis a szakadás stabil. Hasonló érvelés igaz akkor is, ha a v j -t választjuk tetszőlegesen v max v j v infl feltétel mellett, és ehhez v b -t úgy, hogy v + m(v j ) v j v + e (v j ). Ekkor szintén egy stabil lökéshullám alakul ki, hiszen ugyanazok az egyenlőtlenségek igazak, mint előbb. (Az előbbi két esetben van átfedés.) 4.2.3. A fáziskép öszetett részei Foglalkozzunk most azzal az esettel, amikor v b < v j, de a [ v b, v j ] szakaszon a Φ görbe elmetszi a húrt, és a két inflexiós pont is ezen a szakaszon van. Ez azt jelenti, hogy adott 1 v b < v infl esetén v infl < v j < v + (v b ), vagy ami ugyanez, szimmetrikusan, adott v infl < v j 1 esetén v (v j ) < v b < v infl. Ekkor v b és v j pontokból húzott két olyan érintőre, amire v b < v e (v b ) és v e (v j ) < v j, mindig teljesül, hogy v e (v b ) < v e (v j ). Így a következő kép alakul ki balról jobbra: lökéshullám ritkulási hullám lökéshullám. A két lökéshullám stabil, mert Φ a nekik megfelelő húr felett van, egymástól távolodnak, mert s(v b,v e (v b )) < s(v e (v j ),v j ), és a kettő között ritkulási hullám alakul ki, ami pontosan csatlakozik a lökéshullámokhoz, ugyanis: s(v b,v e (v b )) = λ(v e (v b )) < λ(v e (v j )) = s(v e (v j ),v j ), és λ monoton nő a két érintési pont között. (7. ábra) A bal oldali lökéshullám bal oldalán v b a sűrűség, a jobb oldalán pedig v e (v b ), a jobb oldali lökéshullám jobb oldalán v j a sűrűség, a bal oldalán pedig v e (v j ). Középen a ritkulási hullám két szélén ennek megfelelően v e (v b ) és v e (v j ) a sűrűség. A lökéshullámok sebessége s(v b,v e (v b ) illetve s(v e (v j ),v j ). A v b < v j feltétel mellett még két esetről nem volt szó. Az egyik, amikor rögzített v infl v j 1 esetén v infl v b v e (v j ). Az ilyenkor kialakuló megoldás: ritkulási hullám lökéshullám. Ugyanis ekkor a v e (v j )-től v j -ig terjedő szakaszon a Φ görbe végig 21

Φ 1 v infl v b 0 v infl 1 v ve(v j ) v v j 8. ábra. ritkulási hullám lökéshullám Φ 1 0 1 v v j vmax v vmax v b 9. ábra. ritkulási hullám lökéshullám ritkulási hullám a húr felett van (stabil lökéshullám), és v b v v e (v j ) esetén pedig a λ(v) karakterisztikus sebességek monoton növekednek, a határon pedig λ(v e (v j )) = s(v e (v j ),v j ). A ritkulási hullám bal oldalán a sűrűség v b, a jobb oldalán v e (v j ), a szakadás bal oldalán v e (v j ), a jobb oldalán pedig v j a sűrűség. A lökéshullám sebessége s(v e (v j ),v j ). (8. ábra) A másik eddig kimaradt eset a következő: rögzített 1 v b v infl esetén legyen v e (v b ) v j v infl (szimmetrikusan az előbbire). Az ilyenkor kialakuló megoldás: lökéshullám ritkulási hullám, mint előbb, csak éppen fordítva. Az indoklás teljesen hasonló az előző esethez. A v b -től a v e (v b )-ig terjedő szakaszon a húr felett van a Φ görbe, ezért stabil lökéshullám keletkezik, majd utána v e (v b ) v v j esetén λ(v) monoton növekszik, ezért ennek megfelelően egy ritkulási hullám alakul ki, a határon pedig a sebességek kompatibilisak: az érintés miatt s ( v b,v e (v b )) = λ(v e (v b )). A szakadás bal oldalán a sűrűsége v b, jobb oldalán pedig v e (v b ). A ritkulás bal oldalán v e (v b ) a sűrűség, a jobb oldalán pedig v j. A lökéshullám sebessége s(v b,v e (v b )). Ezzel a v b < v j esetet lezártuk. Most a v b > v j eseteket vizsgáljuk (v b = v j ép- 22

pen egyensúly), azokat, amelyek még nem fordultak elő. Ilyen eset, ha v b > v max és v j < v max. Ebben az esetben a megoldás: ritkulási hullám lökéshullám ritkulási hullám. A bal oldali ritkulási hullám bal oldalán a sűrűség v b, a jobb oldalán v max, a jobb oldali ritkulási hullám jobb oldalán a sűrűség v j, a bal oldalán pedig v max. A középen megmaradó szakadás bal illetve jobb oldalán a sűrűség ±v max. Ugyanis ekkor a ritkulási hullámokra: v b v v max esetén λ(v) monoton csökken, és v max v v j esetén λ(v) szintén monoton csökken. A lökéshullám sebessége s( v max,v max ) = 0, és ez illeszkedik a ritkulási hullámok sebességéhez, ugyanis λ( v max ) = λ(v max ) = 0. (9. ábra) Már majdnem az összes lehetséges v b, v j kezdeti értéket megvizsgáltuk, még két tartomány maradt ki. Az egyik, amikor v infl < v b v max tetszőleges, és 1 v j < v + e (v b ). Ekkor a megoldás: lökéshullám ritkulási hullám. A lökéshullám bal oldalán a sűrűség v b, a jobb oldalán v + e (v b ). Ugyanez a sűrűség a ritkulás bal szélén, a jobb szélén pedig v j. A szakadás stabil, mert a húr alatt van végig a Φ görbe, azaz tetszőleges v + e (v b ) < v < v b esetén s(v + e (v b ),v) < s(v,v b ). A v j és v + e (v b ) közötti szakaszra pedig λ monoton csökken, tehát ritkulási hullám alakul ki. A sebességek a kapcsolódási ponton pedig megegyeznek: λ(v + e (v b )) = s(v + e (v b ),v j ). Teljesen hasonlóan, a másik kimaradt lehetőség: v max v j < v infl tetszőleges, és v + e (v j ) < v b 1. Ekkor a megoldás az előző fordítottja: ritkulási hullám lökéshullám. Összefoglalásképpen érdemes kirajzolni a kapott fázisképet. (10. ábra) Az ábrán vízszintesen a bal oldali kezdeti sűrűség (v b ), függőlegesen a jobb oldali kezdeti sűrűség (v j ) szerepel. Az S betű jelöli a lökéshullámot (sokk), az R pedig a ritkulási hullámot, balról jobbra haladva. A p paraméter értéke p = 0.105 (és ekkor b 0.0176654). 4.3. További kutatási lehetőségek A fázisképet megismertük ezen a modellen abban az esetben, ha a fluxus nemkonvex, de szimmetrikus. Megvizsgálhatjuk a későbbiekben, hogy hogyan változik a fáziskép, ha a 0. Az is nyitott kérdés, hogy mi a helyzet nem attraktív esetben, vagyis amikor b 1/2, illetve nem szimmetrikus esetben b (1 a )/2. Ekkor a fluxus szintén nemkonvex, de a Rezakhanlou-féle hidrodinamikai határátmenet levezetése nem érvényes. Hivatkozások [1] C. Bahadoran, H. Guiol, K. Ravishankar, E. Saada: A constructive approach to Euler hydrodynamics for attractive processes. Application to k-step exclusion. [2] Fritz, J.: An Introduction to the Theory of Hydrodynamic Linits. Lectures in Mathematical Sciences 18. Graduate School of Mathematics, Univ. Tokyo, 2001 [3] Kipnis, C., Landim, C.: Scaling Limits of Interacting Particle Systems. Berlin: Springer, 1999 [4] Rezakhanlou, F.: Hydrodynamic limit for attractive particle systems on Z d. Commun. Math. Phys. 140, 417-448 (1991) [5] Joel Smoller: Shock Waves and Reaction-Diffusion Equations, Ch. 15-16. Springer-Verlag, ew York, Heidelberg, Berlin, 1983. 23

10. ábra. Fáziskép nemkonvex esetben (S: lökéshullám, R: ritkulási hullám) 24

[6] Bálint Tóth, Benedek Valkó: Between Equilibrium Fluctuations and Eulerian Scaling: Perturbation of Equilibrium for a Class of Deposition Models. Journal of Statistical Physics, Vol. 109, os. 1/2, October 2002., 177-205. [7] Tóth, B., Valkó, B.: Onsager relations and Eulerian hydrodynamic limit for systems of two conservation laws. J. Stat. Phys. 112, 497-521 (2003) 25