• Sonuç bulunamadı

Silindir geometride Casimir etki

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "Silindir geometride Casimir etki"

Copied!
79
0
0

Yükleniyor.... (view fulltext now)

Tam metin

(1)

SİLİNDİR GEOMETRİDE CASİMİR ETKİ DEMET ÖLMEZ

YÜKSEK LİSANS TEZİ FİZİK ANABİLİM DALI

Tez Yöneticisi : Doç. Dr. Mustafa ÖZCAN 2010

(2)
(3)

ÖZET

Bu çalışmada silindir geometride elektromagnetik alanın Casimir etkisi yeniden göz önüne alınmıştır. Sonsuz katı silindirdeki elektromagnetik alanın Casimir enerjisi öz frekansların kompleks düzlemdeki kontur integrali ile doğrudan modların toplamı kullanılarak elde edilmiştir.ε1 ve μ1’den yapılmış silindir ve onun çevresini oluşturan malzemenin ε ve 2 μ dielektrik ve magnetik özelliklere sahip olduğu varsayılmıştır. 2

2 2 2 1 1 1 c = μ ε = μ ε ( ortamdaki ışık hızıdır.) c

koşulu sağlandığında içerdeki ve dışardaki modlardaki tüm ıraksamalar birbirlerini yok eder. Bu ıraksamalar Zeta fonksiyon teknikleri kullanılarak regülarize edilir. yarıçaplı silindirik kabuk için elektromagnetik alanın Casimir enerjisini negatif işaretli olarak bulunur. Silindir geometri için Casimir enerji hem etki ve işareti arasındaki karşılığının anlaşılmasında hem de eş merkezli iki silindir arasındaki alanın Casimir enerjisini doğrulamada anahtar oluşturacağından ilginç kabul edilir.

(4)

ABSTRACT

We reconsider the electrodynamic Casimir effect for the cylindrical geometry. The Casimir energy of a electromagnetic field subject to the infinite solid cylinder are calculated by using a direct mode summation with contour integration in the complex plane of eigenfrequencies. It is assumed that the dielectric and magnetic characteristics of the material which makes up the cylinder (ε ,1 μ ) and surrounding of the cylinder has (1 ε ,2 μ ) 2 material. When 1 1 2 2 12 c = μ ε = μ

ε (where c is the speed of the light in media) this condition is satisfied, all divergences cancel between interior and exterior modes. Those divergences are regulated by employing the Zeta function techniques. We have obtained the negative sign of the Casimir energy of the electromagnetic field for the cylindirical shell of radius a. The Casimir energy for cylindirical geometry is regarded as interesting both to understand the correspondance between the sign of the effect and as a key to confirming the Casimir energy between two concentric cylinders.

(5)

TEŞEKKÜRLER

Bu tez çalışmasının her adımında tecrübelerinden yararlandığım, yönlendirme ve bilgilendirmeleriyle çalışmamı bilimsel temeller üzerinde şekillendiren sayın hocam Doç. Dr. Mustafa ÖZCAN’a ve manevi desteklerini esirgemeden her zaman yanımda olan sevgili aileme sonsuz teşekkürlerimi sunarım.

(6)

İÇİNDEKİLER

ÖZET iii

ABSTRACT iv

TEŞEKKÜRLER v

1. GİRİŞ 1

2. ELEKTROMANYETİK ALANIN MODLARI 9

2.1 Hertz Vektörü 10

3. SİLİNDİR GEOMETRİDE CASİMİR ETKİ 23

SONUÇ 47

KAYNAKLAR 50

EK-A 52

EK-B 67

(7)

1.GİRİŞ

İlk defa 1948’de Hollandalı fizikçi H.G.B Casimir yüksüz ideal iletken iki paralel düzlemle sınırlandırılmış elektromagnetik alanın kuantum sıfır nokta enerjisini hesapladı . Casimir’in bulduğu sonuç: evrenin herhangi bir yerinde madde veya parçacığın ya da hiçbir şeyin olmadığı yerde, boş uzayın her hacminde büyük miktarda enerji içerdiğinin kuantum mekaniksel öngörüsünün sonucuydu. Casimir düzlemlerle sınırlandırılmış elektromanyetik alanın kuantum boşluk enerjisinin çekici kuvvet ürettiğini buldu. Bu çekici kuvvet h Planck sabiti, c ışık hızı ve levhalar arasındaki uzaklık olmak üzere

[

Casimir,1948

]

a 4 2 240a c F =− π h (1.1.1) şeklindedir. Bu çekici kuvvet elektrik yükü gibi değerlerden bağımsızdır. Daha sonra M.J. Sparnaay

[

Sparnaay,1958

]

ve D. Tabor

[

Tabor veWinterton,1969

]

, 1958’de bu çekici kuvveti deneysel olarak gözlemlediler. Son zamanlarda yapılan deneylerde

yüksüz paralel levhalarla sınırlandırılmış alanın boşluk enerjisinin çekici kuvvet ürettiği yeniden gözlemlenmiştir. Çekici kuvvetin büyüklüğü yapılan deneylerde görüldüğü gibi 1cm2 alan başına 1

[

Lamoreaux,1997

]

μm uzaklıkta N’dur. Bu kuvvetin büyüklüğü her ne kadar küçük olsa bile günümüz modern laboratuvarlarında ölçümler yapılmaktadır. Bu durum Casimir etkinin nanoteknoloji ve nano elektro mekaniksel aletlerin uygulama alanları için seçkin bir yer hazırlamaya adaydır.

7

10 3 . 1 ×

Casimir etki: bize aslında boşluğun boş olmadığını, hiçbir şeyin olmadığı yerde gerçekte geri zeminde elektromanyetik alanın bulunduğu ve bu alanın enerjisinin sonsuz olduğu ve bu boşluğa paralel iki düzlemi bandırdığımızda geri zemindeki elektromanyetik alanın modları bu boşluğu bölen paralel düzlemler aracılığı ile yeniden şekillendiğini, kimi modların düzlemlerin arasında yer aldığını, kimi modların ise düzlemleri delerek salınımlarına devam ettiğini söyler. Bu noktada düzlemlerle sınırlandırılmış

(8)

elektromagnetik alanın sıfır-noktasındaki ışınım basıncı Casimir kuvvetin kaynağını teşkil eder. Bu aynı zamanda kuantize edilmiş alanların boşluk enerjisi ya da vakum enerjisinin ölçülebilir sonucudur. Bu etki ciddiye alınacak ölçüde önemlidir.

Casimir etki temelde kuantize edilmiş alanların boşluk enerjisinin polarizasyonu olarak da söylenir. Boşluk enerjisinin farkının değeri alandan alana, geometriden geometriye ve boyuttan boyuta değişmektedir

[

Özcan,2006

]

. Casimir’in elde ettiği sonuçların hemen ardı sıra küresel kabukla sınırlandırılmış elektromagnetik alanın sıfır nokta enerjisi T.H. Boyer

[

Boyer,1970

]

[

Milton vd.,1978

tarafından pozitif değerli ve küresel kabuğun yarıçapına bağlı olarak elde edilmiştir. Bu pozitif enerjinin anlamı küresel kabuğun üzerinde itici bir kuvvet ürettiğidir. Boyer’in sonuçları eksponansiyel kesici fonksiyonların seçimine bağlı olduğundan, ortaya çıkan kimi sonsuzlukların yok edilmesi için Boyer’in

çalışmasında oldukça karmaşık yollar geliştirilmiştir. Daha sonra K.A. Milton ve arkadaşları Boyer’in küresel kabuğun Casimir enerjisini Green’s fonksiyon yöntemini kullanarak Boyer’in hesaplarından tamamen bağımsız olarak yeniden pozitif enerjiyi elde edilmişlerdir. Milton’ın bulduğu sonuç kesici fonksiyonlardan bağımsızdır. 1998-99 yıllarında Nesterenkove Hagen

[

Boyer,1970

]

]

[

NesterenkovePirozhenko,1998

]

çalışmalarında görüleceği gibi elektromagnetik alanın küresel kabuk için kuantum boşluk enerjisi, modların toplamı metodunu kontur integrasyonu ile yeniden K.A. Milton

[

bulduğu sonuç elde edilmiştir.

[

BowesveHagen

]

1978 ., vd 1999 ,

]

Milton

Bu sonuçlardan anlaşılacağı gibi paralel düzlemler ve küresel kabuğun Casimir enerjisi işareti birbirinden farklıdır. Casimir enerji, paralel düzlemlerde çekici kuvvet, küresel kabukta ise itici kuvvet üretmektedir. Bu işaret farkı Casimir’in öngördüğü elektron modeli ile tamamen çelişmektedir. Casimir paralel levhalarda üretilen çekici kuvvetin aynısını küresel kabuk için de öngörerek elektron modeli kuracağını ümit etmişti. Kimi bilim adamaları ise paralel levhalarda negatif, küresel kabukta pozitif Casimir enerji üretiliyorsa silindir kabukta da sıfır olacağını öngördüler. Fakat yapılan çalışmalar bize ideal küresel iletken silindir kabuğun Casimir enerjisinin işaretinin paralel düzlemde olduğu

(9)

gibi negatif olduğunu gösterdi

[

DeRaadveMilton,1981,DeRaad,1985

]

. Şöyle ki oluşan kuvvetler 0.04114 a levha F =− 0.0036744 a küre F = (1.1.2)

( )

2 4 003674 . 0 a silindir F =−

olarak bulunmuştur. Casimir enerjinin değerinin geometriden geometriye, topolojiden topolojiye, boyuttan boyuta bağlı olarak şekillendiği anlaşılmaktadır.

Casimir boşluk enerjisi hesaplarında genel anlamda ortak kabul görmüş bir yönteme sahip değiliz. Dolayısıyla farklı sistemlerde farklı sonuçlar üreten Casimir boşluk enerjisi çalışmaları çok hassas bir zeminde ve herkes tarafından kabul gören matematiksel teknikler kullanılarak elde edilmelidir.

Casimir enerji hesaplarında doğası gereği ürettiği sonlu ifadeleri matematiksel olarak sonsuz ifadelerin içinden elde ederiz. Sonsuzlukları belirlemeye regülarizasyon, sonsuzlukları dışarı çıkarmaya da renormalizasyon denir. Matematiksel olarak yegane regülarizasyon yöntemine sahip değiliz. Bu bize regülarizasyon yöntemlerinin sorgulanmasını da beraberinde getirir.

Bu çalışmada elektromagnetik alanın silindir simetriye sahip geometrilerde kuantum boşluk enerjisini, kontur integrali ile modların toplamı yöntemi kullanılarak yeniden elde edeceğiz. Öncelikle bir biçim ortamın içerisine gömülmüş sonsuz uzunluktaki katı silindirin Casimir enerjisini çıkartacağız. Dielektrik ve magnetik geçirgenlik katsayıları ε2 ve μ2

olan bir biçim sistemin içerisine dielektrik ve magnetik geçirgenlik katsayıları ε1 ve μ1

olan silindir gömülerek elde edilen yapıyla sınırlandırılmış elektromagnetik alanın kuantum boşluk enerjisinin integral temsilleri çıkartacağız. Burada

(10)

1 1 2 2 12 c = =ε μ μ ε (1.1.3) kabul edeceğiz. Bu koşul sağlandığı zaman sistemin bütününde ortaya çıkan sonsuzluklar iç ve dıştaki modların ürettikleri sonsuzluklar aracılığıyla yok olur. Sonsuzluklar da Zeta fonksiyon tekniği uygulanarak regülarize edilir. Ayrıca özel bir uygulama olarak

ve

ε = ε =

ε1 2 μ12 =μ seçimi yapılarak silindir kabuğun Casimir enerjini hesaplayacağız. Silindir simetriye sahip geometrinin seçilmesi sonsuzlukların regülarize edilmesi ve onların atılması konusunda bize oldukça önemli bir yöntem örneği sunmaktadır. Bununla beraber Casimir enerji için silindir simetriye sahip geometrinin seçilmesi birbirlerine çok yakın iki düzlem arasına sıkıştırılmış elektromagnetik alanların Casimir enerjisinin hesaplanmasında ve tanımlanmasında anahtar rol teşkil edecektir

[

Özcan,2005

]

.

Silindir simetride karşımıza çıkan sonsuzlukların ayıklanma tecrübesi diğer yöntemlerde elde edilen sonsuzlukların ayıklanması ve sonlu çözümlerin bulunması için bir yöntem oluşturacaktır. Silindir geometride kontur integral yöntemiyle modların toplamı kullanılarak göz önüne aldığımız Casimir enerji hesapları teknik olarak bize yeni regülarize teknikleri geliştirmeyi sunmaktadır.

Şimdi kuantum boşluk enerjisi çalışmalarımızda alanların temel yapılanmasını oluşturan ifadeleri göz önüne alarak elektromagnetik alanın sıfır nokta enerjisini tartışalım.

Elektromagnetik alan bileşenlerinin 2. dereceden antisimetrik tensör şekli ile tanımlanır. ’nin

μν

F

μν

F Aμ =(φ,Ar) vektör potansiyeli ile arasındaki ilişki A

(11)

şeklinde verilir. ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = dt A d A r r

& Buradan da

r

×Er =−Br& ve

r

Ş

⋅ B

r

=

0

Maxwell denklemlerinden ikisini elde ederiz. Diğer iki Maxwell denklemleri yük ve akım kaynağının olmadığı bir ortamda

0 = F ν μν xİ İ veya

r

Ş

⋅ E

r

=

0

ve

r

Ş

×Br =−Er& (1.1.5) denklemleriyle ifade edilirler. Ayrıca tüm alan bileşenlerini kapsayan denklem de

şeklinde yazılır. Ayar dönüşümleri altında verilen herhangi bir alan kuvveti birbirinden farklı bir çok potansiyelden meydana gelir. Vektör potansiyelinin serbest ayar seçimi 0 = μν F Fμν μ İ Λİ ~ x A Aμ = μ + (1.1.6)

denklemiyle ifade edilir. Burada ; uzaysal koordinatlara bağlı keyfi bir fonksiyondur. Eğer , Λ μ A μ ν ν μ μν = − x A x A F İ İ İ İ

denklemini sağlıyorsa A~μ de bu denklemi sağlamalıdır. Fν =0

μν

xİ İ

denkleminden Lagrange’yi türetmek için; bu denklemi değeri ile çarpıp aralığında tüm uzay üzerinden integralini alarak elde ederiz

μ A

δ (t1 t,2)

[

Bjorken veDrell,1965

]

. Bu durumda kaynaksız alanın Lagrange yoğunluğu

L μν

(

2 μνF E B F 4 1 = − = 2 2 1

)

(1.1.7)

olarak bulunur. Hamiltonyen ifademiz

(

E B2 x d 3 2 −

ç

2 1 =

)

(1.1.8) şeklindedir. Lagrangeden oluşan birleşik alanlar

(12)

) İ (İ İ Π μ 0 μ A = L denkleminden türetilir. (1.1.9) Uzayın zaman bileşeni şeklinde iken diğer uzaysal bileşenler elektrik alanla çakışır. Bu durumda eşlenik momenti

0 = 0 Π k k k k = = 0A A0 = E k İ İ Aİ İ Π & L (1.1.10)

şeklinde yazabiliriz. Şimdi Aμ ve Πk arasındaki komütasyon bağıntılarını yazalım.

[

Aˆ (x,t),Aˆ (x,'t)

]

=

[

Πˆk(x,t),Πˆj(x,'t)

]

=0

j

i

[

Πˆk(x,'t),Aˆ0(x,t)

]

=0 (1.1.11) eşlenik moment Πˆk(x,t)ve potansiyelleri arasındaki eş zamanlı komütatörler için Aˆ x'( ,t)

j

[

(x,t),Aˆ (x,'t)

] [

E (x,t),Aˆ (x,'t)

]

-i 3(x-x') ij j i j i = = δ δ Π (1.1.12) şeklinde bir ifade yazabiliriz. Bu denklemdeki son ifademiz Maxwell denklemleriyle

uyumlu olmadığından yerine denklemindeki

karşılığı kullanılır. ) ' ( 3 x x iδijδ − − i 3(x x') i tr(x x') ij ijδ − = δ − δ −

Şimdi Aˆr ve ∏ˆr alanlarını Fourier serisiyle ifade edelim

‡”

, . ) ( ) ( ˆ ( ) 1 ) ( A λ λ λ Ω = k k i e t q t, x x k k ε rr r r ve ε x k -k ˆ ( ) 1 ) ¡Ç(

‡”

, . ) ( ) ( λ λ λ Ω = k k i e t q t x, rr (1.1.13) ) , (k λ

εr ve kr , λ=1,2 için iki ortogonal birim vektördür. Yani εr(k,λ k)⋅r=0’dır. Aynı zamanda her bir kr birim vektörü için

' ' , ,λ)ε(k λ )λλ k (

εr r şeklinde yazılır. Yüksüz skaler alan durumunda Ar ve ¡Çˆr ’nin hermityeni

(13)

+ λ λ λ λ) ( ) = ( ) ( ) ( ˆ ( ) ˆ k k k -k - q t ε q εr r , (λ)ˆ(λ)+( )= (λ)ˆ(λ) k -k k k - p t ε p εr r (1.1.14) bağıntılarını sağlar. Buradaki ve operatörleri için komütasyon bağıntılarını yazalım. ) λ ( k (λ) k

[

qˆ(λ)(t),pˆ')(t)

] [

= pˆ(λ)(t),pˆ')(t)

]

=0 k' k k' k

[

qˆk(λ)(t),pˆ(k'λ')(t)

]

=iδλλδkk' (1.1.15)

Şimdi elektromagnetik alanın Hamiltonyenini yeniden yazarsak

{

}

‡”

ç

λ , ) λ ( + ) λ ( 2 ) λ ( + ) λ ( 3 ˆ ˆ +ω ˆ ˆ 2 1 = ) ( 2 1 = ˆ k k k k k 2 2+B p p q q E x d H (1.1.16) + ) λ ( ˆk

c ve ˆ(λ) yaratıcı ve yok edici operatörlerimiz

k c ( )

{

λ ( )λ+

}

λ ω + ω = k k k k k i 2 1 ) ( (1.1.17)

şeklinde tanımlıdır. Bu ifadenin

[

k(λ),cˆ(kλ)+

]

λλ'δkk'

) λ ( + ) λ k

şeklindeki komütasyon bağıntısı, foton sayı operatörlerindeki (λ) = ( tanımını ortaya çıkarır.

k k Böylece

‡”

2 1 = λ λ ⎩ ⎨ ⎧ ⎭ ⎬ ⎫ + ω , k ) ( k k olur. (1.1.18)

Kuantize edilmiş elektromagnetik alan boşluğu ( )λ 0

k

olarak tanımlıdır. Sonuç olarak , kuantize edilmiş kaynaksız elektromagnetik alan aynı zamanda sonsuz sıfır nokta enerjisi taşır. Bu durumda enerjiyi

ω = 〉 〈 = k k H E 2 1 0 ˆ 0 0 (1.1.19)

(14)

Bu çalışmada ilk olarak silindir geometride yeniden normalleştirilmiş Casimir enerjiyi modların toplamı yöntemi ile elde etmek için Casimir enerjiyi oluşturan modların nasıl hesaplanacağı tartışılacak. Dielektirik ve magnetik geçirgenlik katsayıları ve olan ortamın içerisine ve malzemelerinden yapılmış katı bir silindiri yerleştirdiğimizde oluşan bu yeni geometrinin modlarının dağılımını veren öz frekansları Hertz vektörü tanımı kullanılarak elde edilecek. Bununla beraber silindir geometrinin simetrik yapısından dolayı boş uzayda yazılmış Maxwell denklemlerinde elektrik ve magnetik alanı tanımlayarak sistemin özfrekansları EK-A’da hesaplanacak. Ayrıca silindir

ve dışındaki ortam arasında

2 ε μ2 1 ε μ1 2 2 2 ε = 1 1 1 c μ μ

ε = şartı göz önüne alınarak öz frekans denklemleri ve a yarıçaplı silindir kabuğun öz frekansların dağılımı yine ikinici bölüm başlığı altında yer alacaktır.

Üçüncü bölümde ise bir önceki bölümde elde ettiğimiz modların dağılımını veren denklemlerden hareketle geçirgenlik katsayıları farklı olan ancak modların hızlarının

değişmediği ( 1 1 2 2 12 c μ ε μ

ε = = ) bir ortamda silindir simetriye sahip geometride kuantum boşluk enerjisini kontur integral ile modların toplamı yöntemi kullanılarak elde edilmesi tartışılacaktır. Daha sonrada da bu sonuçları kullanarak yarıçaplı silindir kabuğun enerjisi yeniden elde edilecek

a

[

Milton vd.,1999,NesterenkovePirozhenko,1998

]

.

[

DeRaadveMilton,1981

]

(15)

2. ELEKTROMANYETİK ALANIN MODLARI

Yeniden normalleştirilmiş Casimir enerji ((1.1.19) denkleminin öngörüsü ile)

(

{ }

‡”

2 1 p p p E = ω −ω

)

(2.1) şeklinde ifade edilir. Buradaki ω gözönüne aldığımız geometrideki elektromagnetik p alanın klasik öz frekanslarını temsil eder. ω ise hiç bir sınır koşulu olmadan diğer bir p deyişle sistemin şeklini belirleyen sınırın sonsuz limitindeki ortamın modlarını temsil eder. Yeniden normalleştirilmiş Casimir enerjiyi hesaplayabilmemiz için (2.1) nolu denklemde ifade edilen öz frekansları bulmamız gerekir. Bu bölümde Casimir enerji hesaplarının ana direğini belirleyen modların hesaplanmasını tartışacağız. Öncelikle silindir simetriye sahip yarıçaplı ve elektrik ve magnetik geçirgenliği ve olan katı bir cismi, dielektrik ve magnetik geçirgenliği ve olan bir biçim ortamın içine bandırarak elde edilen sistemin modlarının dağılımını veren öz frekans denklemleri elde edilecek. Elde edilen öz frekans denklemlerinden hareketle, silindir ve dışındaki ortamın geçirgenlik katsayıları

arasında a ε1 μ1 2 ε μ2 2 2 2 1 1 1 c μ ε μ

ε = = bağıntısını gözönüne alarak öz frekansları veren denklemleri bulacağız. Bu bağıntı ortamın farklı malzemeden yapılmasına rağmen elektromagnetik alanın yayılım hızını değiştirmeyecektir. Son olarak; iç ve dış ortamların aynı geçirgenlik katsayılarına sahip silindir kabuğun elektromagnetik modlarının dağılımını veren ifadeleri elde edeceğiz.

(16)

2.1 Hertz Vektörü

Şimdi silindir simetriye sahip geometride kaynaksız Maxwell denklemlerini göz önüne alarak alanın dinamiklerini veren vektör denklemlerin çözümlerini Hertz vektörü tanımlarını kullanarak çözelim. Kaynaksız boş uzayda Maxwell denklemleri:

1) 0 İ İ = + ×

t B E r r

r

2) =0 ∂ ∂ − ×

t D H r r

r

(2.1.1) 3) 0

r

Br = 4) 0

r

Dr =

şeklinde ifade edilir. Burada;

A

Br =

r

× r, Dr =εEr , B μ

Hr = 1 r (2.1.2) Dr deplasman vektör, ∏r ise Hertz vektör ve Ar vektör potansiyelidir. Vektör potansiyelin Hertz vektörü ile ifadesi

t εμ A İ İ ∏ = r r

olarak tanımlanır. Hr ve Er alanlarını Hertz vektörü cinsinden yeniden yazarsak ∏ × =

r r

r

t ε H İ İ (2.1.3) 2 2 t ∂ ∏ ∂ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ =

r r r

r

r

με E (2.1.4)

(17)

denklemlerini elde ederiz

[

Stratton,1941

]

. Elektrik ve magnetik alanı veren Hertz vektörü 0 2 2 2 = ∂ ∏ ∂ − ∏

t με r r

r

(2.1.5)

denklemini sağlamalıdır. Şimdi Hertz vektörü tanımlarını kullanarak elektromagnetik alanın silindir geometrideki bileşenlerini hesaplayalım.

z-yönü boyunca yönlendirilmiş ∏r Hertz vektörü ∏r =(0,0,Ψ)’dir. Burada sıfırdan farklı Hertz vektör bileşenleri

, , (2.1.6)

0

2

1 =∏ =

∏r r ∏r z ≠0 ∏r z

dir. (2.1.6) denklemini, Hertz vektörü şartını sağlayan denklemde yerine yazarak Hertz vektörünün bileşeni olan

0 2 2 2 = ∂ Ψ ∂ − Ψ

t με

r

(2.1.7)

skaler alan denklemini elde ederiz. Şimdi silindir koordinatlar kullanılarak

0 ) , , , ( 1 1 2 2 2 2 2 2 2 ⎥Ψ = ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ t z r t z r r r r r φ με φ (2.1.8)

şeklinde yazılmış (2.1.7) denklemini değişken ayırma yöntemi ile çözüm

) ( t) , r ( =Ψ r,φ,z t, Ψ r R(2r) (φ)Z(z)T(t) λ Φ = (λ2 =sabit) (2.1.9) olacak şekilde düzenleriz. ((2.1.8) denk. çözümleri ve Bessel fonksiyonlarının özellikleri EK-A(i)’de ayrıntılarıyla incelenmiştir). Burada Φ(φ), ve T(t) ’yi sağlayan denklemlerin ayrı ayrı çözümlerinin sonucunda

Z(z) t i ikz in n e e e F = φ −ω bulunur.

(18)

(2.1.9) denkleminin radyal kısmına ait olan çözüm

[

a J ( r) b N ( r)

r

R( )= n n λ + n n λ

]

olarak bulunur. Böylece (2.1.8) denkleminin çözümü

⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ > λ λ < λ λ = φ Ψ

∞ −∞ = ∞ −∞ = a r , F r H a a r , F r J a t, z , , r n ) ( n n e n n n n i n ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 2 2 (2.1.10)

şeklinde yarıçaplı silindirin iç ve dış bölge çözümlerini verecek şekilde elde ederiz. a

∞ < < ∞

k , n=0,±1,±2,... ve λ2 =ω2εμk2’dir. (2.1.11) Burada ’nın ne olduğunu hala bilmiyoruz çünkü ω ω’yı belirleyecek herhangi bir sınır şartını henüz uygulamadık.

(2.1.10) denklemindeki ve birer sabit olmak üzere Birinci tür n’inci mertebeden Bessel fonksiyonu ise Üçüncü tür Bessel fonksiyonu ya da Birinci tür Hankel fonksiyonudur. i n a (1) e n a Jn n H

Hertz vektörü çözümlerini gözönüne alarak TE ve TM durumları için elektrik ve magnetik alanın bileşenlerini elde edelim.

∏ × × =

r r

r

r

E ve t ε H ∂ ∏ ∂ × =

r r

r

denklemlerinde ∏r =(0,0,Ψ)’yi yerine yazdığımızda

r z Er ∂ Ψ ∂ ∂ ∂ = φ ∂ Ψ ∂ ∂ ∂ = φ z r E 1 Ψ λ = φ ∂ Ψ ∂ − ∂ Ψ ∂ ∂ ∂ − = 2 2 2 2 1 ) ( 1 r r r r r Ez (2.1.12)

(19)

φ ∂ Ψ ∂ ω ε − = r i Hr r i H ∂ Ψ ∂ ωε = φ 0 = z H

elde edilir. olması bu bileşenleri TM modunda olduğunu gösterir. Çünkü TM (Transverse Electric) enine magnetik alan modudur. Elektromagnetik alanlar enine dalgalar üretirler bu sebeple silindir geometride z yönünde ilerleyen elektrik alan, z yönünde salınım yapamaz. TM durumunda magnetik alanın ilerleme yönü ile salınım yönü birbirlerine dik olmalıdır. Bu nedenle seçilir. Benzer düşünceyle alanların simetrik özelliğinden dolayı 0 = z H 0 = z H t μ E ∂ ∏ ∂ × =

r r

r

ve Hr =

r

×

r

×∏r denklemlerini yazabiliriz. Burada yine ’yi yerine yazdığımızda bu kez de

) , 0 , 0 ( Ψ = ∏r φ ∂ Ψ ∂ = r ωμ i Er r ωμ i E ∂ Ψ ∂ − = φ 0 = z E (2.1.13) r ik Hr ∂ Ψ ∂ = φ ∂ Ψ ∂ ∂ ∂ = φ z r H 1 Ψ λ = φ ∂ Ψ ∂ − ∂ Ψ ∂ ∂ ∂ − = 2 2 2 2 1 ) ( 1 r r r r r Hz

(20)

denklemlerini buluruz. Burada Ez =0 olması bu bileşenlerin TE modunda olduğunu gösterir. TE (transverse electric) modu enine elektrik alan modudur. TE durumda elektrik alan yönü ile salınım yönü birbirlerine dik olmalıdır. Bu sebeple Ez =0 seçilir.

Şimdi (2.1.12) ve (2.1.13)’da verilen alanların bileşenlerini ile (2.1.10)’daki Hertz vektörünün bileşenini göz önüne alarak r <aiçin λ→λ1, εε1 ve μμ1 ve r >a için , ve olacak şekilde, geometrik durumlara göre, içerdeki ve dışardaki ortamın dielektrik ve magnetik geçirgenlik katsayılarını farklılaştırarak alanın bileşenlerini yazalım. (2.1.14) ve sonrası için yazacağımız tüm denklemlerde

2 λ → λ εε2 μμ2 ∞ < < ∞ − k , n=0,±1,±2,... ., λ2 =ω2εμk2 2 2 1 1 2 1 =ε μω −k λ 2 2 2 2 2 2 =ε μ ω −k λ 2 2 1 2 1 =kk λ 2 2 2 2 2 =kk λ 2 1 1 2 1 = με ω k 2 2 2 2 2 = με ω k

olarak tanımlıdırlar. Şimdi TM modları için elektrik ve magnetik alan bileşenlerini yazalım.

r <a r>a n n i n n i r a J r F r nk H 2 ( 1 ) 1 1 2 1 λ ωλ μ =

∞ −∞ = ( ) n n e n n e r a H r F k r n H 1 ( 2 ) 2 2 2 2 2 λ ω μ λ =

∞ −∞ = n n i n n i ik a J r F H ( 1 ) 1 1 2 1 ' λ ω μ λ =

∞ −∞ = φ nn ) ( n e n n e i k a H r F H 22 1 ( 2 ) 2 2 ' λ ω μ λ =

∞ −∞ = φ 0 = i z H e =0 z H n n i n n i r a J r F ik E ( 1 ) 1 ' λ λ =

∞ −∞ = ( ) n n e n n e r a H r F ik E 1 ( 2 ) 2 ' λ λ =

∞ −∞ =

(21)

n n i n n i a J r F r nk E 12 ( 1 ) 1 λ λ − =

∞ −∞ = φ n ) ( n e n n e a H r F r nk E 1 ( 2 ) 2 2 λ λ − =

∞ −∞ = φ

∞ −∞ = λ = n n n i n i z a J r F E ( 1 )

∞ (2.1.14) −∞ = λ = n n ) ( n e n i z a H r F E 1 ( 2 )

Denklemlerdeki üssü argümana göre türevi ifade eder. Yani

r) ( r) ( r) ( r) ( λ =λ ' λ λ ∂ ∂ λ = λ ∂ ∂ n n n J J J r ve r) ( r) ( r) ( (1) (1)' (1) =λ λ λ ∂ ∂ λ = λ ∂ ∂ n n n n J H H H r ’dir.

TE modları için elektrik ve magnetik alan bileşenlerini yazarsak,

r <a r>a n n i n n i r b J r F n r E 2 ( 1 ) 1 1 λ λ ω μ − =

∞ −∞ = ( ) n n e n n e r b H r F n r E 1 ( 1 ) 2 2 2 λ λ ω μ − =

∞ −∞ = n n i n n i i b J r F r E ( 1 ) 1 1 ' λ λ ω μ − =

∞ −∞ = φ ne n n n e i b H r F r E (1) ( 2 ) 2 2 ' λ λ ω μ − =

∞ −∞ = φ 0 = i z E e =0 z E n n i n n i r b J r F ik H ( 1 ) 1 ' λ λ =

∞ −∞ = e n n n n e r b H r F ik H (1) ( 2 ) 2 ' λ λ =

∞ −∞ = n n i n n i kb J r F r n H 2 ( 1 ) 1 λ λ − =

∞ −∞ = φ n n e n n e k b H r F r n H (1)( 2 ) 2 2 λ λ − =

∞ −∞ = φ

∞ −∞ = λ = n n n i n i z b J r F H ( 1 )

∞ (2.1.15) −∞ = λ = n n ) ( n e n e z b H ( r)F H 1 2

(22)

∞ < < ∞ − k , n=0,±1,±2,... ve λ2 2ε μ k2 ( 2 i i i =ω − i=1, )’dir.

Hertz vektörü ile elde ettiğimiz bu sonuçları EK-A’da kaynaksız Maxwell denklemlerini silindirik simetriyi kullanarak elde edilmiştir. Alan bileşenlerimizi geometrik

durumuna göre TE ve TM modlarını birlikte göz önüne alarak yeniden yazalım. r<a için elektrik ve magnetik alana ait tüm bileşenler,

∞ −∞ = ⎭⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ λ μ λ ω − λ λ = n n n i n n i n i r b J r F r n r J a ik E ( ) 1 ( 1 ) 2 1 1 1 '

∞ −∞ = φ ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ λ μ λ ω + λ λ − = n n n i n n i n i a J r i b J r F r k n E ( ) 1 ( 1 ) 1 1 2 1 '

[

∞ −∞ = λ = n n n i n i z a J r F E ( 1 )

]

(2.1.16) n n n i n n i n i r kb J r F i r J a r n k H

∞ −∞ = ⎭⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ λ λ + λ ωμ λ = ( ) ( 1 ) 1 1 1 2 1 2 1 '

∞ −∞ = φ ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ λ λ − λ λ ωμ = n n n i n n i n i b J r F r k n r J a k i H ( ) 2 ( 1 ) 1 1 1 2 1 1 ' ( , )

[

∞ −∞ = λ = n n n i n i z b J r F H ( 1 )

]

2 2 1 2 1 =kk λ 2 2 2 2 2 =kk λ

şeklini alırlar. Şimdi r >a durumunda Ee,Hebileşenleri yazalım.

∞ −∞ = ⎭⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ λ μ λ ω − λ λ = n n ) ( n e n ) ( n e n e r b H r F r n r H a ik E ( ) 2 1 ( 2 ) 2 2 2 1 2 '

∞ −∞ = φ ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ λ ωμ λ + λ λ − = n n ) ( n e n ) ( n e n e a H r i b H r F r k n E ( ) 1 ( 2 ) 2 2 2 1 2 2 '

∞ −∞ = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ λ = n n n e n e z a H r F E (1)'( 2 ) (2.1.17)

(23)

n n ) ( n e n ) ( n e n e r kb H r F i r H a r n k H

∞ −∞ = ⎭⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ λ λ + λ ωμ λ = 1 ( ) 1 ( 2 ) 2 2 1 2 2 2 2 2 '

∞ −∞ = φ ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ λ λ − λ λ ωμ = n n ) ( n e n ' ) ( n e n e b H ( r) F r k n ) r ( H a k i H 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2

[

]

∞ −∞ = λ = n n ) ( n e n e z b H r F H 1 ( 2 )

(2.1.16) ve (2.1.17) ifadelerinde ve ( ve ) TM ve (TE) katsayılarını ifade eder. İçerdeki ve dışarıdaki alanın teğetsel bileşenleri

i n a e n a i n b e n b a

r= ’da süreklilik şartını sağlaması gerekir. Bu süreklilik şartları

( )

( )

r a e z a r i z E E = = =

( )

( )

e r a z a r i z H H = = =

( )

( )

e r a a r i E Eφ = = φ =

( )

( )

a r e a r i H Hφ = = φ = (2.1.18) denklemlerini verir. Görüldüğü gibi modların dağılımını veren denklemler teğetsel denklemlerdir. Süreklilik şartları uygulandığında katsayılar ile bileşenler arasında

0 ) ( ) ( (1) 2 1aa H a = J a e n n n i n λ λ 0 ) ( ) ( ) ( ) ( 1 2 2 2 1 1 1 2 1 2 2 1 2 1 ' ' λ = λ ω − λ λ + λ λ − λ λ e n ) ( n i n n e n ) ( n i n n H r b μ i b r J ωμ i a r H a kn a r J a kn 0 ) ( ) ( 1 2 2 − λ = λ r b H r J b ( ) n e n n i n 0 ) ( ) ( ) ( ) ( 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 2 1 1 ' ' λ = λ + λ λ − λ ωλ − λ λ ω e n ) ( n i n n e n ) ( n n i n H r b a k n b r J a k n a r H μ ik r J a k μ i (2.1.19)

(24)

0 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 0 ) ( ) ( ) ( ) ( 0 0 ) ( ) ( 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 (1) 2 2 1 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 ' ' ' ' = ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ λ λ λ λ − λ ωλ μ − λ λ ω μ λ − λ λ λ ωμ − λ ωμ λ λ λ − λ λ λ − λ e n i n e n i n ) ( n n ) ( n n ) ( n n n n ) ( n n ) ( n n b b a a r H a k n r J a k n r H ik r J k i r H r J r H i r J i r H a k n r J nk r H r J (2.1.20)

şeklinde matris yapısına getirilir. , , ve katsayıları sıfırdan farklı olduğundan buradaki dörde dörtlük matrisin determinantı sıfır olmalıdır.

i n a e n a i n b e n b ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 0 ) ( ) ( ) ( ) ( 0 0 ) ( ) ( 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 (1) 2 2 1 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 ' ' ' ' r H a k n r J a k n r H ik r J k i r H r J r H i r J i r H a k n r J nk r H r J ) ( n n ) ( n n ) ( n n n n ) ( n n ) ( n n λ λ λ λ − λ ωλ μ − λ λ ω μ λ − λ λ λ ωμ − λ ωμ λ λ λ − λ λ λ − λ = 0 Böylece,

(

1 2

)

2 1 2 2 2 1 1 2 2 2k ( ) J ( a)H ( a) n ( ) n n λ λ ε μ − ε μ ω

{

a J ( a)H ( a) a J ( a)H( ')( a)

}

n n ) ( n ' n 2 1 1 1 2 2 1 1 2 1 2 2 2 1λ ε λ λ λ − ε λ λ λ λ −

{

( ) ( ) ( ) 1 ( 2 )

}

0 1 1 2 2 1 1 2 1 ' ' λ λ μ λ λ λ = λ μ × a J r H r a J r H( ) r n n ) ( n n (2.1.21)

modların dağılımını veren denklemi buluruz. (2.1.21) denklemini fonksiyonu olarak yeniden yazdığımızda n f = n f 2 ( 1 , 2 ) ( 1 , 2 ) 2 2 1 a a a a TM n TE n λ λ λ λ λ λ Δ Δ

(

(1) 2

)

2 1 2 2 2 1 1 2 2 2k ( ) J ( a)H ( a) n ω με −μ ε n λ n λ − (2.1.22)

(25)

0 ) , ,

(k a =

fn ω yapan ’lar modların öz frekanslarını verir. Bura

di e ω da ) , ( 1a 2a TE n λ λ Δ = ( ) ( ) ( ) 1 ( 2 ) (2.1.23) 1 1 2 2 1 1 2 1 ' ' r H r a J r H r J a ( ) n n ) ( n n λ λ − μ λ λ λ λ μ ) )H Jn(λ r. (2.1.24) , ( 1a 2a TM n λ λ Δ = ( ( ) ) 1 ( 2 ) 1 1 2 2 1 1 2 1 ' ' a a a a H a J a ( ) n ) ( n n λ λ − ε λ λ λ ε ’ ∞, < < ∞ − k =0,±1,±2,... ., 2 2 1 1 2 1 =ε μω −k λ v 2 2 2 2μ k ε ω − = Böylece ( 2, 2 n 2 2 λ μ

ε ) geçirgenliklerine sahip ortama (ε11) geçirgenliklerinden oluşan silindiri gömdüğümüzde geri zemindeki elektrik ve magnetik alan modlarını veren dağılım denklemlerini

k oldukça zordur. Burada ama yapan ((2.1.22), (2.1.23) ve (2.1.24)) elde etmiş olduk.

0 ) , ,

(k a =

fn ω denklemlerine transzendental denklemler denir. Bu denklemin köklerini bulma ç fn(k,ω,a)=0 ω ’ları elde etmektir. Çünkü ω Casimi

İçerdeki ve dışarda

r enerji yani kuantum boşluk enerjisi hesaplarında öz frekansların dağılımını verir.

ki modlar aynı hızla yani ışık hızıyla ilerliyorsa diğer bir deyişle

1 1μ ε = 2 2 2 c = μ ε 1 (ε1 ≠ε2 ve μ1≠μ2) (2.1.25) bağıntısını sağlıyorsa bu durumda modların dağılımını veren (2.1.22), (2.1.23) ve (2.1.24) denklemlerini yeniden (2.1.25) bağıntısına göre düzenleyelim.

2 2 1 1 2 2 1 2 1 =kk =μ ε ω −k λ 2 2

2 olarak tanımladığımız denklemleri 2 2 2 2 2 2 =kk =μ ε ω −k λ μ1ε12ε2 durumu için λ λ

λ1 = 2 = yazabiliriz. Bu durumda (2.1.23) ve (2.1.24) nolu denklemler

[

( ) ( ) ( ) ( )

]

) , ( (1)' 2 ) 1 ( ' 1J a H a J a H a a a n n n n TE n λ ≡λ μ λ λ −μ λ λ Δ (2.1.26) ≡ ) , ( a TM n λ

[

( ) ( ) ( ) ( )

]

' ) 1 ( 2 ) 1 ( ' 1J a H a J a H a aε n λ n λ ε n λ n λ λ − (2.1.27) Δ

(26)

olur. Benzer şekilde (2.1.2

1.12) ve

(2.1.13) den ir kabuk için

2) denklemi de ) , ( ) , ( 4 TM a n TE n λ Δ λ Δ olur. (2.1.28) Şimdi a yarıçaplı silindir kabuktaki modların dağılımın tartışalım. (2.

klemlerine yeniden dönersek, sonsuz uzunluktaki silind a

fn ≡λ

a r < ve a

r> için elektrik ve magnetik alanın bileşenlerini genel haliyle, r<a için; r >a için; n 2 b J ( r)F n r ωμ E i n n n r =−

λ λ ∞ −∞ = (1) n 2 b H ( r)F n r ωμ E e n n n r =−

λ λ ∞ −∞ = n n n n=−∞ λ '( r)F J b ωμ i E =

i λ φ n ' (1)( r)F H b i E e n n n λ λ ωμ − =

∞ −∞ = φ 0 = z E Ez =0 n '( r)F J b ik H i n n n r =

λ λ ∞ −∞ = H ikb H(1)'( r)Fn n e n n r =

λ λ ∞ −∞ = n 2 b J ( r)F n r k H i n n n λ λ − =

∞ −∞ = φ n (1) 2 b H ( r)F n r k H e n n n λ λ − =

∞ −∞ = φ

∞ λ − = i n r b J F H ( r) n −∞ = n n −∞ = n iz bileşenlere

( )

(2.1.29)

şeklinde ifade ederiz. TE modları için elde ettiğim

∞ λ − = e n r b H F H (1) n n ( r) 0 = × =a r E r ve

( )

⋅ =0 =a r B

r

[

Stratton,1941,Gosdzinsky veRomea,1998

]

sınır koşulları uygulandığında,

0 = φ E , =a r Ez r=a =0 ve 0 (1) r H = =a

r buluruz. Böylece r <a ve r >a için uygulanan

ınır koşulları altında TE modlarını s

(27)

0 ) ( ' λa = Jn r<a 0 ) ( ' 1 λa = H( ) n r>a n=0,±1,±2,... ., 2 2 2 λ =ω −k ( εμ =1) (2.1.30) olarak elde ederiz. Benzer şekilde (2.1.12) ve (2.1.13) denklemlerini gözönüne alarak TM

odlarının elektrik ve manyetik alan bileşenleri

m a r < için r >a için

∞ −∞ = λ λ = n ' n i n r a J F ik E ( r) n

∞ −∞ = λ λ = n ' n e n r a H F ik E ( r) n n 2a J ( r)F n r k E i n n n λ λ − =

∞ −∞ = φ 2a H ( r)Fn n r k E e n n n λ λ − =

∞ −∞ = φ

∞ −∞ = λ = n n i n z a J F E ( r) n

∞ −∞ = λ = n n e n z a H F E ( r) n n 2a J ( r)F n r H i n n n r λ λ ωε =

∞ −∞ = n2a H ( r)Fn r H e n n n r λ λ ωε =

∞ −∞ =

∞ −∞ = φ λ 'n λ i nJ F a ( r) n ωε = n i H

∞ −∞ = φ λ 'n λ e nH F a H = ωε ( r) n n i 0 = z H Hz =0 (2.1.31) ıçaplı sonsuz silindir için (2.1.31) denklem

buluruz. yara lerine Eφ = =0,

a r Ez r=a =0 ve 0 = (1) =a r r

H sınır koşulları uygulandığında r<a ve r >aiçin TM modlarını veren enklemleri

(28)

0 ) (λa = Jn r<a 0 ) ( ) 1 ( λa = Hn r > a n=0,±1,±2,... ., ( =1) (2.1.32) eklinde elde ederiz.

2 2 2

λ =ω −k εμ ş

(29)

3. SİL

B e mod

triye sahip geometride kuantum boşluk enerjisi hesaplanacaktır. Öncelikle geçirgenlik katsayıları farklı iki ortamda, yani silidirin

içi ve dış rik ve

modların hızının değişmediğini diğer bir deyişle İNDİR GEOMETRİDE CASİMİR ETKİ

u bölümd ların dağılımını veren denklemlerden hareketle kontur integral yöntemi ile elektromagnetik alanın silindir sime

1

μ

ε1, ı ε2, μ2 elekt magnetik geçirgenlik katsayılarına sahip ilerleyen

1 1μ ε = 2 2 12 c = μ ε (ε1 ≠ε2 ve μ1 ≠μ2) (3.1.1) denkliğini göz önüne alarak elektromagnetik alanın kuantum boşluk enerjisini hesaplayacağız. Sonrasında farklı geçirgenlik katsayılarına sahip ortam için elde ettiğimiz

odların dağılım s

enerjisini yeniden elde edeceğiz.

m onuçları kullanarak a yarıçaplı silindir kabuğun kuantum boşluk

(

)

{ }

ω −ω = p p 2 1 p E (3.1.2)

olarak tanımlanan ifade yeniden normalleştirilmiş Casimir enerjidir. Burada

{ }

pn ve ’lerden oluşan kuantum sayılar

olarak bilindiğine göre (3.1.2) denklemini

k ıdır. ,.... 2 , 1 , 0± ± = n ,....s=1,2

(

)

∑ ∑

=−∞= ∞ ∞ − ω − ω π = n s ns ns dk E 1 , , 1 (3.1.3)

şeklinde eniden normalleştirilmiş Casimir enerji ifadesindeki toplamları hesaplamak için Cauchy teor

2 2

yazabiliriz. Y

eminin integral temsilini kullanacağız. Herhangi iki ve fonksiyonları kapalı bir C yolu üzerinde ve içinde analitik olsun ve

(z) f de izole (z)

(30)

edilmiş x1,x2,x3,..., xj oktalara sahip olsun. Bu inin integral tems

gibi sıfır yapan n durumda Cauchy

teorem ilini

(

( )

( )

)

= φ π j j x z f n dz d z dz i l 2 1

şeklinde yazarı . Böylece (3.1.3) denklemi

φ n C z

[

Denney veKrzywichi,1995

]

( )

(

= fn E

∫ ∑

[

)

]

∞ ∞ − ∞ −∞ = ∞ → λ λ ω ωω π πn n c a , ~ a , f n d d d i dk c l 2 1 2 1 2 2 (3.1.4)

şekline gelir. Burada

(

f( a, )

)

fn = λ λ4Δ ( ,a) TM( ,a) (bkz. denk. (2.1.22 n TE n λ Δ λ )) ve f~ 4Δ ( ,a )ΔTM( ,a) n TE n n λ λ →∞ λ ’dir.

denklemde bütünlüğü sağlamak için ’yı da ω λ cinsinden ifade edelim. için 2 2 μεω −k = λ ω=±c λ2 +k2 olur. Bu durumda

(

λ +

)

λ λ = ω d k c d 2 1 2 2 ve

(

)

λ λ + k d i λ = ω d d c d 2 1 2 2

olur. Böylece (3.1.4) denklem ⇒ = λ ω λ ω d d d d d d

∫ ∑

λ + λ π π = n f ~f n d d k i dk c E 2 2 l 2 1 2 2

(3.1.5 ∞ ∞ − ∞ −∞ = λ n C n d 2 1 )

şeklini alır. Şimdi )f( aλ, ve )~f(λ,a→∞

1 1

fonksiyonlarını TM ve TE cinsinden ifalerini

(3.1.5)’te yerlerine yazarsak, ε μ = ε2μ2 12

c

= şartını sağlayan (ε11) geçirgenlik ) geçirgenlik katsayılı ortamla çevrilmiş yara ıçaplı silindirin katsayılarına sahip (ε22

(31)
(32)

⎟ ⎠ ⎝ = + 2 2 1 ) )(z ik rr e olur. ⎞ ⎜ ⎛θ+θ − = 2 1 ( ) (z z ik i g

Şimdi her bir ve

x y z-düzlemi r1 2 r ik θ1 θ2 -ik Şekil.2 1

θ θ2 değeri için x’in sıfıra sağdan ve soldan yaklaşma durumları

zönüne alına i bulal

i) (

gö rak g(z)’nin alabileceği değerler ım.

ve 2 2 π θ = için 2 1 π − = θ + → 0

x x sıfıra sağdan yaklaşırken) y<k alınarak fonksiyonumuzun nasıl davranacağını

) (z g gösterelim. 2 2 ) (z z k g = + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛θ+θ 2 2 1 i = + − = ( )( ) 1 2 ) (z z ik z ik rr e g için olur. 1 1 θ = −ik r i z e ve r 2 2 θ = +ik ei z 2 1 π 1 ir ik z− =− ⇒ θ =−

(33)

2 2 π θ = ⇒ z+ik =ir2 olur. denklemi 1 ir ik z− =− z= x+iy için; denklemi 1 ir ik iy x+ − = 0 + = xr1 =ky 2 ir ik z+ = z=x+iy için; 2 ir ik iy x+ + = 0 + =

xr2 =k+ y şeklini alır. Bu durumdag(z);

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎟ ⎠ ⎞ θ + = 2 ) 2 1 i e k k ⎜ ⎜ ⎛π+π ⎜ ⎝ ⎛ θ − + = 2 2 2 2 1 ( )( ) (z rr ei y y g 2 2 ) k y z

(

y<k

)

lur. ( g = o

Şimdi benzer işlemlerle için açılarımızı ) ii y>k 2 1 π θ = ve 2 2 π θ = olacak şekilde iştirdiğimizde için değ x→ 0+ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛θ+θ = ) e + − = 2 2 1 2 1 )( ( ) (z z ik z ik rr i g 2 2 2 ⎜ ⎝ ⎛ +π i g( ) r1 2 ⎟ ⎠ ⎞ π = r e z = i r r1 2 1 1 = −ik re z iθ ve iθ ise ve fonksiyonumuz 2 2 = +ik re z k y+ bulunur. Bu durumda g r2 = (z) k y r1 = − 2 2 )=i yk y > (z g

(

k

)

bulunur.

(34)

)

iii Aynı şekilde y<k ve x0 için

2 3 1 π θ = , 2 3 2 π θ = alırsak

(

y<−k

)

2 2 ) i y k z =− − ( g olur. Yi ) iv ne 2 3 1 π θ = ,x→ 0− ve 2 2 π θ = , x→ 0+ seçimleri için 2 2 ) (z = ky

(

y<k

)

elde edilir. g − ve sonuçlar )

i iv) ından gördüğümüz gibi y< için k g(z)= k2 y2 ve 2

2

)

(z k y

g =− − sonuçlarını elde ettik. Bu durumda g(z)’yi genelleştirirsek;

(

y <k

)

2 2 ) (z k y g =± − yazabiliriz. ğdan

x eksenini sa ve soldan sıfır değerleri için ele aldığımızda z= x+iy için x=0 ise olur. Bu durumda yazabiliriz. Şimdi

iy

z= g(z)=g(iy) θ ve 1 θ ’nin farkl2 ı değ in umuz sonuçlar en genel haliyle bir arad ı

erleri iç

bulduğ )g(iy ını a yazal m.

⎪ ⎪ ⎭ ⎪ ⎪ ⎩− y2 −k2 y<−k

Şimdi de C kontur integralini inceleyelim. Kontur integralimizin yönünü saatin tersi '

yönünde a ⎪⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎪ ⎨ ⎧ < − ± > − = i k y y k k y k y i iy g 2 2 2 2 ) ( (3.1.8)

m (bkz. Şekil.1). Bu integralin çözümünü basitleştirmek için harflerle belirttiğimiz her bir kontur parçasının integralini ayrı ayrı hesaplayalım. Yani kontur integralini lalı ' C ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + + + + + + =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

+ − ∞ → Λ AB BC CD C JH HG GF C C im ' ' ' l (3.1.9)

(35)

şeklinde yazalım. Öncelikle (3.1.7) denklemindeki kontur integraline ait kısımı göz önüne alarak z2 +k2 = g(z) olmak üzere,

) a z ( f ) a z ( f n dz d k z dz C →∞ +

~ , , ' 2 2 l (3.1.10) yazarız. z=Λeiθ için dz =Λieiθdθ ve θ Λ = θ d d e i dz d i 1 dönüşümünü uygulayalım. Bu

durumda

ve integrallerini yarıçap sonsuz yaklaşımı için sırasıyla hesaplarsak

+ C C

0 ) , ( ~ ( , ) 2 2 2 2 2 = ∞ → Λ Λ θ + Λ θ → θ θ π π − θ + Λ→∞

n f fe ea a d d k e d im i i i C l l (3.1.11) 0 ) , ( ~ ( , ) 2 2 3 2 2 2 = ∞ → Λ Λ θ + Λ θ → θ θ π π − θ − Λ→∞

n f fe ea a d d k e d im i i i C l l (3.1.12) buluruz. (3.1.10) ve (3.1.11) denklemlerinde elde ettiğimiz sonuçlardan da anlaşıldığı gibi

ve integrallerinden gelen katkı sıfırdır.

+

C C

Şimdi (3.1.10) denkleminde z= dönüşümünü yaparak yarıçap sonsuz limitinde y

=

Λ ∞ → Λ AB ik i f y a a y f n dy d y g dy im ) , ( ~ ( , ) ) ( l l

(

g(y)= y2 +k2

)

)

olur. Burada tekrar y= değişkeni tanımlarsak iy olur. fonksiyonu yerine (3.1.8)’de bulduğumuz durumundaki değeri yazılır. Böylece (3.1.13) denklemi yarıçap sonsuz limitinde

→ ) (y g g(iy) g(iy) k y>

=−

∞ − AB k f y a a y f n dy d k y dy i ) , ( ~ ( , ) 2 2 l (3.1.13)

(36)

olur. Benzer işlemleri

integrali için yaptığımızda JH

=−

∞ − JH k f iy a a iy f n dy d k y dy i ) , ( ~ ( , ) 2 2 l (3.1.14) buluruz. Bu durumda (3.1.13) ile (3.1.14) denklemlerinde aynı sonuçları elde ederiz. Bu durumu Şekil.1’de de görebiliriz. O halde

=

deriz.

JH AB

=

Λ − − ∞ → Λ CD i ik f y a a y f n dy d y g dy im ) , ( ~ ( , ) ) ( l

l integralinin çözümü için y= tanımlayarak iy fonksiyonu yerine (3.1.8) denklemindeki

) (iy g k

y<− için ifadesini yazarız. Böylece

=−

CD k f iy a a iy f n dy d k y dy i ) , ( ~ ( , ) 2 2 l (3.1.15) olur. Son olarak

integralinin çözümü elde edelim.

GF

= −

Λ − ∞ → Λ GF i ik f y a a y f n dy d y g dy im ) , ( ~ ( , ) ) ( l

l denkleminde (3.1.15) denklemindeki işlem sırasını takip ederek sonuç olarak

=−

GF k f iy a a iy f n dy d k y dy i ) , ( ~ ( , ) 2 2 l (3.1.16) buluruz. ve integral sonuçları (3.1.15) ve (3.1.16)’da görüldüğü gibi aynı çıkmıştır.

O halde diyebiliriz. Şimdi bulduğumuz tüm sonuçları toplayarak kontur

integralimizi yazarsak

CD

= GF CD

GF

n n C f ~f n dy d k y -i dy 2 2 l ' ) ( 4 − =

∫ ∫

(3.1.17)

(37)

buluruz. Bu sonucu kullanarak (3.1.7) denklemini yeniden yazdığımızda

( )

(

)

∑ ∫ ∫

=−∞∞ ∞ − − = n n n k f iy a iay f n dy d dy k y dk c E 0 2 2 2 , ~ 2π l (3.1.18)

yeniden normalleştirilmiş Casimir enerjiyi elde ederiz. Bundan sonraki adım olarak

integralinin sınırlarını yeniden düzenlediğimizde (3.1.18) denklemi

∞ ∞ k dy dk 0 Şekil.3 Şekil.4

( )

(

)

∑ ∫

−∞ = ∞ ∞ → − − = n y n n a iy f iay f n dy d dy dk k y c E 0 0 2 2 2 , ~ 2π l (3.1.19) şekline dönüşür. Bu durumda 2 2 0 k y dk y

integralinin çözümü için y =k dy y y y =k k dk

Referanslar

Benzer Belgeler

1.2 lt - 3 silindir benzinli motor Her iki motorda da temel motor ayn›d›r ve üst ve alt parçal› silindir blo¤u, krank tahriki, ya¤ pom- pas›, ya¤ karteri ve yan

Kurallara uygun olarak baskı silindirlerini hiçbir yerinde mürekkep kalmayacak şekilde temizleyebilecektir.. EĞİTİM ÖĞRETİM ORTAMLARI

Güçlendirilmiş kolonun eksenel yük taşıma kapasitesine ulaşması ile birlikte FRP malzemesi de dayanımına ulaşmış olmaktadır (Şekil 2.1.) [46]. FRP malzemesinde

Endüstriyel düzeyde ise süt, çoğunlukla silindir kurutucularda veya sprey kurutucuda sıcak yüzey ve Sıcak hava ile kurutulmaktadır.. Yeni kurutma metotlarını,

Büyük ölçekli modern bir biyogaz üretim tesisinden gaz alındıktan sonra ortaya çıkan çıkan organik gübre...

Akışkanın etki ettiği piston kesit alanı her iki yönde eşit olduğu için, pistonun ileri-geri hızları ve itme kuvvetleri aynıdır. Her iki yöndeki hızın eşit

Belli bir alanı sınırlandıran kendini kesmeyen dayanak eğrisine (s) sahip olan si- lindir yüzeyinin sınırladığı bölgeye silindirik bölge, silindirik bölgenin E ve P

Ancak şu da unutulmamalıdır ki, Timur döneminde Semerkand'a bir çok bilim adamı gelmiş ve bu bilim adamları Uluğ Bey'in döneminde de bulunmuşlardır.. İranlı yazarlara