Greens funksjon og partikkelsystemer

Respons og Greens funksjon

En harmonisk oscillator som drives av en ytre kraft $J(t)$ , følger

\displaystyle m\ddot x + m\omega^2 x = J(t)

Drevet harmonisk oscillator. Venstresiden er lineær i

x

Gir kraften $J_1$ løsningen $x_1$ og kraften $J_2$ løsningen $x_2$ , så er $x_1 + x_2$ løsningen for $J_1 + J_2$ . Det er superposisjonsprinsippet, og det gjelder fordi venstresiden er lineær.

Prinsippet lar deg dele kraften opp. Identiteten $J(t) = \int dt'\, \delta(t - t')\, J(t')$ sier at en vilkårlig kraft er en sum av deltadytt ved tidene $t'$ , hvert med vekt $J(t')$ . Kjenner du responsen $G_R(t - t')$ på ett enhetsdytt $\delta(t - t')$ , er responsen på hele kraften den samme summen med de samme vektene.

\displaystyle x(t) = \int_{-\infty}^{\infty} dt'\, G_R(t - t')\, J(t')

Responsen på en vilkårlig kraft, satt sammen av responser på deltadytt.

Funksjonen $G_R$ er systemets Greens funksjon. Skriv bevegelsesligningen som $D(t)\,x(t) = J(t)$ med differensialoperatoren $D(t) = m\,(d^2\!/dt^2 + \omega^2)$ , og sett superposisjonen inn. Skal likheten holde for enhver kraft $J$ , må

\displaystyle D(t)\, G_R(t - t') = \delta(t - t')

Greens funksjonen inverterer differensialoperatoren.

Fourier-transformasjon gjør ligningen algebraisk. På en planbølge $e^{-i\Omega (t - t')}$ er hver tidsderivasjon en multiplikasjon med $-i\Omega$ , så operatoren $D(t)$ blir tallet $m\,(\omega^2 - \Omega^2)$ , og i frekvensrommet er

\displaystyle G(\Omega) = \frac{1}{m}\, \frac{1}{\omega^2 - \Omega^2}

Tilbaketransformasjonen med $\tau = t - t'$ er $G(\tau) = \int \frac{d\Omega}{2\pi}\, G(\Omega)\, e^{-i\Omega\tau}$ , og på integrasjonsveien ligger to poler, ved $\Omega = \pm\omega$ . Integralet er ikke definert før du har valgt hvordan de passeres, og valget kommer fra fysikken. Kausalitet krever at responsen kommer etter dyttet, altså $G_R(\tau) = 0$ for $\tau < 0$ , og det oppnås ved å skyve begge polene ned i det komplekse planet, til $\Omega = \pm\omega - i\varepsilon$ . Den retarderte Greens funksjonen blir

\displaystyle G_R(\tau) = \frac{1}{m}\, \frac{\sin(\omega\tau)}{\omega}\, \theta(\tau)

Retardert Greens funksjon for oscillatoren. Trinnfunksjonen

\theta

bærer kausaliteten.

Konturintegralet bak

G_R

Med polene skjøvet ned er

G_R(\tau) = -\frac{1}{2\pi m} \int_{-\infty}^{\infty} d\Omega\, \frac{e^{-i\Omega\tau}}{(\Omega - \omega + i\varepsilon)\,(\Omega + \omega + i\varepsilon)}

Konturen må lukkes der $e^{-i\Omega\tau}$ dør ut. For $\tau < 0$ er det i øvre halvplan; der er integranden analytisk, så integralet er null. For $\tau > 0$ lukkes konturen i nedre halvplan og omslutter begge polene. Cauchys residuesetning gir bidraget $2\pi i\, e^{i\omega\tau}/(-2\omega)$ fra polen ved $-\omega$ og $2\pi i\, e^{-i\omega\tau}/(2\omega)$ fra polen ved $+\omega$ , med et ekstra minustegn fordi konturen løper med klokka. Med $\varepsilon \to 0$ er

G_R(\tau) = \frac{i}{2m\omega}\,\bigl(e^{-i\omega\tau} - e^{i\omega\tau}\bigr)\,\theta(\tau) = \frac{1}{m}\,\frac{\sin(\omega\tau)}{\omega}\,\theta(\tau)

Et enhetsdytt ved $\tau = 0$ setter altså en oscillator som lå i ro, i svingning med $x(t) = \sin(\omega t)/(m\omega)$ , og før dyttet skjer ingenting. Superposisjonen gir en partikulær løsning; den generelle får du ved å legge til en løsning av den homogene ligningen, altså en fri svingning.

Dytt oscillatoren

Hvert trykk i diagrammet er et dytt $J\,\delta(t - t')$ : vannrett plassering gir tidspunktet $t'$ , høyden gir styrken $J$ med fortegn. De tynne kurvene er responsen på hvert dytt for seg, null før sitt eget dytt, og den tykke kurven er summen av dem.

Regneeksempel Kraft som slås på

En oscillator ligger i ro når den konstante kraften $F_0$ slås på ved $t = 0$ , altså $J(t) = F_0\,\theta(t)$ . Finn $x(t)$ .

Vis løsning Skjul løsning

Superposisjonen henter bare bidrag fra dytt mellom $t' = 0$ , der kraften slås på, og $t' = t$ , der trinnfunksjonen i $G_R$ kutter:

x(t) = \int_0^t dt'\, \frac{\sin\bigl(\omega(t - t')\bigr)}{m\omega}\, F_0

Bytt variabel til $u = t - t'$ :

x(t) = \frac{F_0}{m\omega} \int_0^t du\, \sin(\omega u) = \frac{F_0}{m\omega} \cdot \frac{1 - \cos(\omega t)}{\omega}

Løsningen svinger mellom $0$ og $2F_0/(m\omega^2)$ , omkring den nye likevekten $x = F_0/(m\omega^2) = F_0/k$ , der fjærkraften balanserer $F_0$ . Amplituden er lik forskyvningen av likevekten, som den må være når oscillatoren starter i ro i den gamle.

Svar

x(t) = \dfrac{F_0}{m\omega^2}\,\bigl(1 - \cos(\omega t)\bigr)

Hva i utregningen tvinger $G_R(\tau)$ til å være null for $\tau < 0$ ?

Vis svar Skjul svar

Plasseringen av polene. Med begge polene under den reelle aksen lukkes konturen for $\tau < 0$ i øvre halvplan, der integranden er analytisk, og integralet blir null. Å skyve polene ned er måten kravet om at responsen følger dyttet, går inn i regningen på.

Partikkelsystemer

Med $N$ partikler får hver partikkel merkelappen $i$ , med masse $m_i$ , posisjon $\vec r_i$ og impuls $\vec p_i = m_i \dot{\vec r}_i$ . Kraften på partikkel $i$ deles i en ytre kraft $\vec F_i^{(e)}$ og indre krefter $\vec F_{ij}$ fra de andre partiklene, og Newtons tredje lov sier $\vec F_{ij} = -\vec F_{ji}$ .

\displaystyle \vec R = \frac{1}{M} \sum_i m_i \vec r_i, \qquad \vec P = M \dot{\vec R}

Massesenteret og den totale impulsen, med

M = \sum_i m_i

Deriver $\vec P$ og sett inn Newtons andre lov for hver partikkel. De indre kreftene kommer i par $\vec F_{ij} + \vec F_{ji} = 0$ og faller ut av summen:

\displaystyle \dot{\vec P} = \sum_i \vec F_i^{(e)}

Bare de ytre kreftene flytter massesenteret.

Kaster du en katt som vrir på seg i lufta, endrer de indre kreftene hvordan den vender seg, men banen til massesenteret er en parabel bestemt av tyngdekraften alene. Derfor kan planeter og baller regnes som punktpartikler så lenge du bare følger massesenteret.

Den totale dreieimpulsen $\vec L = \sum_i \vec r_i \times \vec p_i$ følger samme mønster, men krever en sterkere antakelse. I $\dot{\vec L}$ står de indre kreftene igjen i par av formen $(\vec r_i - \vec r_j) \times \vec F_{ij}$ , og parene forsvinner bare når kraften mellom to partikler ligger langs forbindelseslinja mellom dem. Slike krefter kalles sentrale; gravitasjon og Coulomb-kraften er begge det.

\displaystyle \frac{d\vec L}{dt} = \vec N^{(e)}

For sentrale indre krefter endres dreieimpulsen bare av det ytre dreiemomentet

\vec N^{(e)} = \sum_i \vec r_i \times \vec F_i^{(e)}

Den kinetiske energien deler seg i to når posisjonene skrives $\vec r_i = \vec R + \vec y_i$ . Bindingen $\sum_i m_i \vec y_i = 0$ fjerner kryssleddet:

\displaystyle T = \tfrac12 M \dot{\vec R}^2 + \tfrac12 \sum_i m_i \dot{\vec y}_i^{\,2}

Massesenterets kinetiske energi pluss energien i bevegelsen rundt massesenteret.

To legemer uten ytre krefter er det viktigste spesialtilfellet. Massesenteret går med konstant hastighet, så hele dynamikken ligger i relativkoordinaten $\vec r = \vec r_1 - \vec r_2$ . Trekk bevegelsesligningene fra hverandre og bruk $\vec F_{21} = -\vec F_{12}$ , så står det igjen ett legeme med redusert masse:

\displaystyle \mu \ddot{\vec r} = \vec F_{12}, \qquad \mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}

Tolegemeproblemet redusert til ett legeme for relativkoordinaten.

Er den ene massen mye større enn den andre, er $\mu$ omtrent lik den minste, og det tunge legemet ligger tilnærmet i ro. Massesenteret til jorda og sola ligger godt inne i sola.

Elastiske støt

I et støt er kraften mellom partiklene stor og kortvarig, og da er tidsintegralet nyttigere enn kraften selv. Kraftstøtet er $\vec I = \int \vec F\, dt = \Delta\vec p$ , altså endringen i impuls, rett fra Newtons andre lov. Et elastisk støt bevarer i tillegg den kinetiske energien; det er utfallet når kraften mellom partiklene er konservativ.

La en partikkel med hastighet $\vec v$ treffe en annen med samme masse i ro, og la støtet være elastisk. Impulsbevarelse gir $\vec v = \vec v_1 + \vec v_2$ , og energibevarelse gir $v^2 = v_1^2 + v_2^2$ . Kvadrer den første ligningen og sammenlign med den andre, så må kryssleddet være null:

\displaystyle \vec v_1 \cdot \vec v_2 = 0

Enten stopper den første partikkelen, eller de to går ut vinkelrett på hverandre.

Mer sier ikke bevaringslovene. De to hastighetene har seks komponenter, og ligningene er fire, så hvordan energien fordeles, bestemmes av selve vekselvirkningen. I én dimensjon er det annerledes: to ukjente og to ligninger, og utfallet er entydig.

Regneeksempel Tennisball oppå basketball

En tennisball ( $m = 0{,}058$ kg) ligger rett oppå en basketball ( $M = 0{,}60$ kg), og de slippes sammen. Basketballen treffer gulvet med farten $u = 5{,}0$ m/s, og alle støt er elastiske. Finn farten til tennisballen rett etter støtet mellom ballene, og hvor mange ganger fallhøyden den spretter opp.

Vis løsning Skjul løsning

Velg positiv retning oppover, og tenk på ballene som så vidt adskilte. Basketballen treffer gulvet først og snur med samme fart, så i støtet mellom ballene er den på vei opp med $+u$ mens tennisballen fortsatt er på vei ned med $-u$ . Kall fartene etterpå $V$ og $v$ . Bevaring av impuls og kinetisk energi gir

Mu - mu = MV + mv, \qquad Mu^2 + mu^2 = MV^2 + mv^2

Flytt $M$ -leddene til venstre og $m$ -leddene til høyre i begge:

M(u - V)(u + V) = m(v - u)(v + u), \qquad M(u - V) = m(v + u)

Del den første ligningen på den andre, så er $u + V = v - u$ . Sett $V = v - 2u$ inn i impulsligningen:

Mu - mu = M(v - 2u) + mv \quad\Rightarrow\quad v = \frac{3M - m}{M + m}\, u

Med tallene er

v = \frac{3 \cdot 0{,}60 - 0{,}058}{0{,}658} \cdot 5{,}0\ \text{m/s} = 2{,}65 \cdot 5{,}0\ \text{m/s} = 13{,}2\ \text{m/s}

Høyden vokser med kvadratet av farten, $h = v^2/2g$ , så tennisballen når $(v/u)^2 = 2{,}65^2 = 7{,}0$ ganger fallhøyden.

Svar

v = \dfrac{3M - m}{M + m}\, u = 13

m/s, omtrent sju ganger fallhøyden

Hovedpunkter

For en lineær ligning er responsen på en vilkårlig kraft $\int dt'\, G_R(t - t')\, J(t')$ , en superposisjon av responser på deltadytt.
Kausalitet velger den retarderte Greens funksjonen: polene skyves under den reelle aksen, og $G_R(\tau) = 0$ for $\tau < 0$ . For oscillatoren er $G_R(\tau) = \sin(\omega\tau)/(m\omega)\,\theta(\tau)$ .
Massesenteret beveger seg som én partikkel med hele massen, styrt av de ytre kreftene alene.
Impulsbevarelse følger av Newtons tredje lov. Dreieimpulsbevarelse krever i tillegg sentrale krefter, og bevaringslovene svarer til symmetrier i rom og tid.
Tolegemeproblemet uten ytre krefter er et ettlegemeproblem for relativkoordinaten, med redusert masse $\mu = m_1 m_2/(m_1 + m_2)$ .
Et elastisk støt bevarer impuls og kinetisk energi. Like masser med den ene i ro gir vinkelrette utgangshastigheter, og i én dimensjon er utfallet entydig.