Решение уравнения Клейна-Гордона-Фока

[DismasK]

Задача из книги Боголюбов, Ширков "Квантовые поля".
Найти решение уравнения Клейна-Гордона-Фока:

$(-\partial_\mu\partial^\mu-m^2)\varphi=0$, где $-\partial_\mu\partial^\mu$ - оператор Д'Аламбера, $\varphi$ - поле, $m$ -масса.

Предполагая, что $\varphi$ и $\dot{\varphi}=\frac{\partial\varphi}{\partial t}$ заданы на плоскости $t=y^0$.
Выразить положительно и отрицательно-частотные части функции поля через $\varphi(t,y)$ и $\dot{\varphi}(t,y)$ и частотные функции Паули-Йордана:

$D^\pm=\int\limits e^{ikx}\theta(\pm k^0)\delta(k^2-m^2)dk=\frac{\mp}{(2\pi)^3}\int\limits\frac{d\vec{k}}{2k^0}e^{\pm ikx}$, где $k^0=+\sqrt{\vec{k}^2+m^2}$.

Решение уравнения выглядит следующим образом:

$\varphi(x)=\int\limits \frac{1}{(2\pi)^{3/2}}e^{ikx}\delta(k^2-m^2)\tilde{\varphi}(k)dk$

После разложения $\varphi(x)=\varphi^+(x)+\varphi^-(x)$ и интегрирования по $k^0$, получим:

$\varphi^{\pm}(x)=\int\limits \frac{1}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2k^0}}e^{\pm ikx}\varphi^{\pm}(\vec{k})d\vec{k}$, здесь, $\varphi^{\pm}(\vec{k})=\frac{\varphi^{\pm}(k^0,\vec{k})}{\sqrt{2k^0}}$.

Обратное преобразование дает:

$\tilde{\varphi}^{\pm}(k)=\sqrt{2k^0}\varphi^{\pm}(\vec{k})=(2\pi)^{-3/2}\int\limits e^{\mp ikx}[k^0\varphi(x)\mp i\dot{\varphi}(x)]d\vec{x}$.

Можно, наверно, выразить $\varphi(\vec{k})$ через $\varphi(t,y)$ и $\dot{\varphi}(t, y)$, т.к. интегрирование проводится по координатному пространству, я могу выбрать любую точку во времени. А затем подставить это в выражение для $\varphi^{\pm}(x)$. Но вычислить интегралы и найти вид $\varphi^{\pm}(\vec{k})$ я не могу, т.к. не знаю вид функций $\varphi(t,y)$ и $\dot{\varphi}(t, y)$, а простая подставка в $\varphi^{\pm}(x)$ кажется неправильным шагом.

[Slav-27]

DismasK в сообщении #1428794 писал(а):

Предполагая, что $\varphi$ и $\dot{\varphi}=\frac{\partial\varphi}{\partial t}$ заданы на плоскости $t=y^0$.

$y_0$ -- постоянное число? Тогда будем считать, что это ноль.

DismasK в сообщении #1428794 писал(а):

Можно, наверно, выразить $\varphi(\vec{k})$ через $\varphi(t,y)$ и $\dot{\varphi}(t, y)$, т.к. интегрирование проводится по координатному пространству, я могу выбрать любую точку во времени.

Известно общее решение уравнения Клейна -- Гордона, оно выражается через "произвольную функцию" $a(\vec k)$ (у вас она обозначена как-то по-другому). Теперь надо понять, какую $a(\vec k)$ взять, чтобы решение удовлетворяло заданным начальным условиям, то есть чтобы было $\varphi(0,\vec y)=u(\vec y)$, $\dot \varphi(0,\vec y)=v(\vec y)$, где $u$ и $v$ заданные функции. То есть надо выразить $a(\vec k)$ через $u$ и $v$. Вы всё правильно делаете, продолжайте. И помните, что Фурье-образ произведения -- это свёртка Фурье-образов множителей, с точностью до чего-то там.

-- 05.12.2019, 00:10 --

DismasK в сообщении #1428794 писал(а):

Но вычислить интегралы и найти вид $\varphi^{\pm}(\vec{k})$ я не могу, т.к. не знаю вид функций $\varphi(t,y)$ и $\dot{\varphi}(t, y)$

Ну останутся под инегралом, что такого, главное выразить.

[DismasK]

DismasK в сообщении #1428794 писал(а):

Можно, наверно, выразить $\varphi(\vec{k})$ через $\varphi(t,y)$ и $\dot{\varphi}(t, y)$, т.к. интегрирование проводится по координатному пространству, я могу выбрать любую точку во времени.

Известно общее решение уравнения Клейна -- Гордона, оно выражается через "произвольную функцию" $a(\vec k)$ (у вас она обозначена как-то по-другому). Теперь надо понять, какую $a(\vec k)$ взять, чтобы решение удовлетворяло заданным начальным условиям, то есть чтобы было $\varphi(0,\vec y)=u(\vec y)$, $\dot \varphi(0,\vec y)=v(\vec y)$, где $u$ и $v$ заданные функции. То есть надо выразить $a(\vec k)$ через $u$ и $v$. Вы всё правильно делаете, продолжайте. И помните, что Фурье-образ произведения -- это свёртка Фурье-образов множителей, с точностью до чего-то там.

Спасибо, вот, что получилось. С помощью обратного преобразования я выразил $\varphi(\vec{k})$ через $u$ и $v$, проинтегрировав по $\vec y$. Дальше подставил в разложение $\varphi(x)$ и получил:

$\varphi(x)=\int\limits d\vec{y} D^{\pm}(x-y)(i\dot{\varphi}(y)\mp k^0\varphi(y))$. Выглядит приятно, но я здесь не использовал свертку Фурье-образов, я же не умножал тут фурье образы, а подставил обратное преобразование в прямое. Я ничего не упустил?

[Slav-27]

DismasK в сообщении #1428924 писал(а):

я здесь не использовал свертку Фурье-образов

То, что вы написали, это и есть свёртка. $\int dy f(x-y)g(y)$.

Очень похоже на правду (но не поручусь, что вы не потеряли множитель и не перепутали плюсы с минусами, следите за этим сами). И аккуратнее надо!

DismasK в сообщении #1428924 писал(а):

$\varphi(x)=\int\limits d\vec{y} D^{\pm}(x-y)(i\dot{\varphi}(y)\mp k^0\varphi(y))$.

$\varphi^{\pm}(x)=\int\limits d\vec{y} D^{\pm}(x^0, \vec x-\vec y)(i\dot{\varphi}(0,\vec y)\mp \sqrt{\vec y^2+m^2}\varphi(0,\vec y))$,
$\varphi(x)=\varphi^+(x)+\varphi^-(x)$.

[DismasK]

Slav-27 в сообщении #1428927 писал(а):

DismasK в сообщении #1428924 писал(а):

я здесь не использовал свертку Фурье-образов

То, что вы написали, это и есть свёртка. $\int dy f(x-y)g(y)$.

Очень похоже на правду (но не поручусь, что вы не потеряли множитель и не перепутали плюсы с минусами, следите за этим сами). И аккуратнее надо!

DismasK в сообщении #1428924 писал(а):

$\varphi(x)=\int\limits d\vec{y} D^{\pm}(x-y)(i\dot{\varphi}(y)\mp k^0\varphi(y))$.

$\varphi^{\pm}(x)=\int\limits d\vec{y} D^{\pm}(x^0, \vec x-\vec y)(i\dot{\varphi}(0,\vec y)\mp \sqrt{\vec y^2+m^2}\varphi(0,\vec y))$,
$\varphi(x)=\varphi^+(x)+\varphi^-(x)$.

Понял, спасибо!