Ugrás a tartalomhoz

ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

L. D. Landau, E. M. Lifsic (2014)

Typotex

52 §. Az elektromágneses tér sajátrezgései

52 §. Az elektromágneses tér sajátrezgései

Vizsgáljuk a tér valamely véges térfogatában a szabad (töltésmentes) elektromágneses teret. A további számítások egyszerűsítése érdekében feltételezzük, hogy a kiválasztott térfogat hasáb, melynek oldalai: A, B, C. Ekkor a hasábban levő tér minden jellemző mennyiségét hármas Fourier-sorba fejthetjük (a három koordináta szerint). Írjuk ezt a kifejtést (pl. a vektorpotenciálra) a következő alakba:

6.73. egyenlet - (52.1)

A = k A k e i k r .

A k vektor lehetséges értékeire összegezünk; k komponensei, mint ismeretes, a következő értékeket vehetik fel:

6.74. egyenlet - (52.2)

k x = 2 π n x A , k y = 2 π n y B , k z = 2 π n z C ,

ahol nx, ny, nz az pozitív és negatív egész számok.

Minthogy az A vektorpotenciál valós, az (52.1) sorfejtésben szereplő együtthatók között fennáll az A–k=Ak∗ összefüggés. A divA=0 egyenletből következik, hogy minden k-ra

6.75. egyenlet - (52.3)

k A k = 0 ,

vagyis az Ak komplex vektor merőleges a megfelelő hullámvektorra. Az Ak vektorok természetesen időfüggőek, az

6.76. egyenlet - (52.4)

Ä k + c 2 k 2 A k = 0 ,

egyenletet elégítik ki.

Ha a kiválasztott térfogat A, B, C méretei elég nagyok, akkor a szomszédos kx, ky, kz értékek (melyekre nx, ny, nz1-gyel különbözik) igen közel vannak egymáshoz. Beszélhetünk a lehetséges kx, ky, kz értékek számáról a nem nagy Δkx, Δky, Δkz intervallumokban.

Mivel, mondjuk, kx szomszédos értékei 1-gyel különböző nx értékeknek felelnek meg, ezért a Δkx, intervallumban levő lehetséges kx értékek Δnx száma egyszerűen az nx értékek megfelelő intervallumának nagyságával egyenlő. Így

Δ n x = A 2 π Δ k x , Δ n y = B 2 π Δ k y , Δ n z = C 2 π Δ k z .

A Δkx, Δky, Δkz intervallumokba eső komponensekkel rendelkező k vektorok lehetséges Δn számát a ΔnxΔnyΔnz szorzat adja, azaz

6.77. egyenlet - (52.5)

Δ n = V ( 2 π ) 3 Δ k x Δ k y Δ k z ,

ahol V=ABC a térfogat.

Most már könnyen meghatározhatjuk a Δk intervallumba eső nagyságú, a ΔΩ térszögelembe mutató hullámvektorok lehetséges értékeinek a számát. Ehhez csak „k-térbeli” gömbkoordinátákra kell áttérnünk, és ΔkxΔkyΔkz helyett ez új koordinátákban kell felírnunk a térfogatelemet. Így

6.78. egyenlet - (52.6)

Δ n = V ( 2 π ) 3 k 2 Δ k Δ Ω .

Végül a tetszőleges irányú, Δk intervallumba eső abszolút értékű k vektorok lehetséges értékeinek száma (ΔΩ helyett egyszerűen 4π-t írva):

Δn=V2π2k2Δk.

Számítsuk ki a vizsgált tér

=18π(E2+H2)dV

teljes energiáját a V térfogatban az Ak mennyiségek segítségével. Az elektromos és mágneses térerősség:

6.79. egyenlet - (52.7)

E = 1 c Ȧ = 1 c k Ȧ k e i k r , H = rot A = i k k × A k e i k r .

Az összegek négyzetreemelésénél szem előtt kell tartanunk, hogy a k≠–k′ tagok szorzatai a térfogatra való integrálás során zérust adnak. Valóban, az ilyen tagok egy ei(k+k′)r típusú szorzótényezőt tartalmaznak, és például az

0Aei2πAnxxdx

integrál nullától különböző egész nx-re nulla. Azok a tagok pedig, amelyekben k′=–k miatt az exponenciális tényezők eltűnnek, a dV szerinti integrálással egyszerűen a V térfogatot adják.

Eredményünk tehát a következő:

=V8πk1c2ȦkȦk+(k×Ak)(k×Ak).

(52.3) szerint

(k×Ak)(k×Ak)=k2AkAk,

és így végül

6.80. egyenlet - (52.8)

= V 8 π c 2 k { Ȧ k Ȧ k + k 2 c 2 A k A k } .

Ennek az összegnek minden egyes tagja megfelel az (52.1) sorfejtés egy tagjának.

Az (52.4) egyenlet értelmében az Ak vektorok az idő harmonikus függvényei a hullámvektor abszolút értékeitől függő ωk=ck frekvenciával. E függvények választásától függően az (52.1) sorfejtés egyes tagjai álló vagy haladó síkhullámok lehetnek. Írjuk a tér sorfejtését olyan alakba, hogy egyes tagjai haladó síkhullámok legyenek. A sort így alakítjuk át:

6.81. egyenlet - (52.9)

A k ( a k e i k r + a k e i k r ) .

Ebből az alakból azonnal látható, hogy A valós. Az egyes ak vektorok időfüggése

6.82. egyenlet - (52.10)

a k e i ω k l , ω k = c k .

Ezért az (52.9) sor egyes tagjai csak a kr–ωkt különbségtől függnek, ami a k irányba terjedő hullámnak felel meg.

Az (52.9) és (52.1) sorfejtéseket összevetve, azt kapjuk, hogy az együtthatók kapcsolata:

A k = a k + a k ,

az időderiváltakra pedig (52.10) szerint

Ȧ k = i c k ( a k a k )

teljesül.

Ezt (52.8)-ba helyettesítve, kifejezhetjük a tér energiáját az (52.9) sorfejtési együtthatók segítségével. Az aka–k és ak∗a–k∗ tagok kiejtik egymást. A ∑kakak∗ és ∑ka–ka–k∗ összegek csak az összegezési index jelölésében különböznek, ezért egymással egyenlők. Végül is kapjuk, hogy

6.83. egyenlet - (52.11)

= k k , k = k 2 V 2 π a k a k .

A hullámmező teljes energiája tehát az egyes síkhullámok energiáinak összege.

Hasonlóan számíthatjuk ki a hullámmező teljes

1c2SdV=14πcE×HdV

impulzusát; az eredmény a következő:

6.84. egyenlet - (52.12)

k k k k c .

Ez az eredmény a síkhullámok energiája és impulzusa között ismert összefüggés a  47. § alapján előre várható volt.

Az (52.9) kifejtés változók diszkrét sorozatával (ak vektorok) írja le a mezőt egy olyan folytonos sorozat helyett, amilyen például a tér minden pontjában megadott A(x,y,z,t) potenciállal való leírás. Most az ak változókat tovább transzformáljuk, így a téregyenletek olyan alakra hozhatók, amelyek megfelelnek a mechanika kanonikus egyenleteinek (a Hamilton-egyenleteknek).

Vezessünk be valós „kanonikus változókat” a

6.85. egyenlet - (52.13)

Q k = V 4 π c 2 ( a k + a k ) , P k = i ω k V 4 π c 2 ( a k a k ) = Q ̇ k

összefüggésekkel.

A mező Hamilton-függvényét úgy kapjuk, hogy ezeket az (52.11) energiakifejezésbe helyettesítjük:

6.86. egyenlet - (52.14)

= k k = k 1 2 ( P k 2 + ω k 2 Q k 2 ) .

A ∂ℋ∕∂Pk=Q̇k Hamilton-egyenletek megegyeznek a Pk=Q̇k egyenlőségekkel, amelyek tehát valóban a mozgásegyenletek következményei [ezt az (52.13) transzformáció együtthatóinak helyes megválasztásával értük el]. A ∂ℋ∕∂Qk=–Ṗk egyenletek a

6.87. egyenlet - (52.15)

Q ̈ k + ω k 2 Q k = 0

mozgásegyenletekre vezetnek, ezek éppen a téregyenletek.

Minden Qk és Pk vektor merőleges a k hullámvektorra, azaz két független komponense van. E vektorok irányát a megfelelő haladó hullám polarizációs iránya szabja meg. Qkj-vel (j=1,2) jelölve a Qk vektor k-ra merőleges síkban fekvő két komponensét, írhatjuk, hogy Qk2=∑jQkj2; hasonlóan Pk-ra is. Ekkor

6.88. egyenlet - (52.16)

= k j k j , k j = 1 2 ( P k j 2 + ω k 2 Q k j 2 ) .

Látjuk, hogy a Hamilton-függvény független tagok összegére esik szét, ezek mindegyike egy Qkj, Pkj párt tartalmaz. Minden ilyen tag egy meghatározott hullámvektorú és polarizációjú haladó hullámnak felel meg. ℋkj alakilag olyan, mint az egyszerű harmonikus rezgőmozgást végző egydimenziós „oszcillátor” Hamilton-függvénye. Ezért a kapott kifejtést néha a mező oszcillátorokra való felbontásának nevezik.

Felírjuk még a térerősségeket a Pk, Qk változókkal kifejezve. (52.13)-ból

6.89. egyenlet - (52.17)

a k = i k π V ( P k i ω k Q k ) , a k = i k π V ( P k + i ω k Q k ) .

Ezeket (52.1)-be helyettesítve, a vektorpotenciálra kapjuk, hogy

6.90. egyenlet - (52.18)

A = 4 π V k 1 k ( c k Q k cos k r P k sin k r ) .

Az elektromos és a mágneses térerősségre az

6.91. egyenlet - (52.19)

E = 4 π V k ( c k Q k sin k r + P k cos k r ) , H = 4 π V k 1 k [ c k k × Q k sin k r + k × P k cos k r ]

kifejezéseket kapjuk.