ELEKTRO- MÁGNESES TEREK - Munka
ELEKTRO- MÁGNESES TEREK - Munka
ELEKTRO- MÁGNESES TEREK - Munka
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
3. FEJEZET<br />
32<br />
A MAXWELL-EGYENLETEK<br />
Bizonyításunk alapötlete a matematikából jól ismert: A bizonyítandó állítás<br />
ellenkezõjérõl bizonyítjuk be, hogy ellentmondáshoz vezet. Esetünkben tételezzük<br />
fel, hogy az egyenleteknek két eltérõ megoldása létezik: E´ és E´´, H´ és H´´, amelyek<br />
külön-külön eleget tesznek a kezdeti és peremfeltételeknek. Miután mindkét vektorpár<br />
a Maxwell-egyenletek megoldása, nyilvánvalóan az E = E´ – E´´, H = H´ – H´´<br />
0 0<br />
különbségük is az, hiszen az egyenletek lineárisak. Ezért a különbségi térre is érvényes<br />
a Poynting-tétel:<br />
− ∂<br />
2<br />
1 2 2 J0<br />
( + ) = − + ×<br />
∂t<br />
∫ εE0μH0d V ∫ d V ∫ E0bJ0 d V<br />
2<br />
∫ 0 0<br />
σ<br />
� ( E H ) dA.<br />
(3.28)<br />
V V<br />
V A<br />
A jobb oldalon álló második és harmadik integrál eltûnik. A második integrálban<br />
szereplõ beiktatott különbségi tér ugyanis mindig zérus: E = E´ – E ´´ =0. A harmadik<br />
0b b b ´<br />
integrálban szereplõ különbségi térvektorok közül legalább az egyiknek csak normális<br />
komponense van a felületen, mert a megoldásvektorok tangenciális komponense a<br />
felületen azonos, a különbségi vektoré tehát zérus. Ennek következtében a különbségi<br />
Poynting-vektornak nincsen normális komponense a felületen, az integrál zérus.<br />
Végezetül tehát (3.28) az alábbi egyenletre redukálódik:<br />
− ∂<br />
2<br />
1 2 2 J0<br />
( + ) =<br />
∂t<br />
∫ εE0μH0d V ∫ d V.<br />
(3.29)<br />
2<br />
σ<br />
V V<br />
A jobb oldalon álló integrál nem lehet negatív. Ez nemcsak matematikai alakjából,<br />
de fizikai tartalmából (Joule-hõ) is következik. Ekkor a bal oldalon álló integrál (a<br />
negatív elõjelet figyelembe véve) idõben nem növekedhet. A t = t kezdeti pillanatban<br />
0<br />
felvett értéke zérus (miért?), és miután nem vehet fel negatív értéket, zérus marad.<br />
Ez az integrál alakjából következõen csak akkor lehetséges, ha<br />
E 0 ≡ 0, H 0 ≡ 0, azaz E´ ≡ E´´, H´ ≡ H´´ (3.30)<br />
A két különbözõnek feltételezett megoldás tehát azonos, a megoldás egyértelmû.<br />
Megjegyzések:<br />
1. A megoldás egyértelmûségét beláttuk, de – ahogy erre már utaltunk – nem tudjuk, hogy<br />
egyáltalán létezik-e megoldása. Erre a kérdésre csak jóval nagyobb matematikai eszköztárral<br />
felvértezve lehet választ adni.<br />
2. A gondolatmenet nem alkalmazható idõben nem változó (sztatikus, stacionárius) terek esetén.<br />
Ekkor ugyanis (1.29) bal oldalán az idõ szerinti derivált eltûnik, függetlenül a tér viselkedésétõl.<br />
Az ilyen feladatokban a „kezdeti érték” nem értelmezhetõ, ezek „peremérték”feladatok.<br />
Megoldásuk egyértelmûségére késõbb visszatérünk.<br />
3. Amennyiben a megoldást az egész térben keressük, a határfelület helyett a végtelenben kell<br />
feltételt kitûznünk. Ezt „sugárzási feltételek” megadásával teljesíthetjük. Ezek két egyenértékû<br />
alakja:<br />
μ 0 ε 0<br />
E→− ( r × H) H→ ( r × E)<br />
, (3.31)<br />
ε<br />
μ<br />
ahol a → a végtelenben vett határértéket jelenti, r0 a kifelé mutató egységvektor.<br />
A fenti összefüggések biztosítják, hogy az elektromágneses tér kifelé haladóhullámként viselkedjen,<br />
amely véges energiát szállít.<br />
4. Az egyértelmû megoldás bizonyításában alapvetõ szerepet játszott, hogy az energia a térmennyiségek<br />
négyzetes kifejezése. Ez a gyakori eset (pl. a mozgási energia ½mv²) máskor<br />
is felhasználhatóvá teszi a gondolatmenetet.