Светоскоростной характер волновых уравнений КМ

[Munin]

Lvov в сообщении #837400 писал(а):

Ввиду стопорения темы, подведу промежуточный итог. Итак, в головном сообщении было отмечено, что при резком локальном возмущении волновой функции уравнения Клейна-Гордона (УКГ), оно распространяется на малые расстояния $r\approx r_\text{компт}$ со световой скоростью, а далее имеет вид обычный досветовой волны.

Это вы неправильно поняли. Уравнение Клейна-Гордона - линейное. То есть, если в нём начала двигаться какая-то волна, то она так и будет двигаться дальше, если только не дойдёт до граничных условий.

Суть другая. Если возмущение само по себе - малой величины, $r\ll r_\text{компт}=m^{-1},$ то тогда оно порождает волны с большими скоростями. Эти волны и распространяются дальше - и на малые расстояния, и на большие. Если же возмущение было большим в пространстве, и достаточно гладким, то могут возникнуть волны с малыми скоростями. И они потом пойдут тоже с малыми скоростями на большие расстояния. Но на малые расстояния распространение таких волн рассматривать не имеет смысла, потому что они оказываются меньше длины самой волны.

Напоминаю, что оператор импульса для уравнения Клейна-Гордона есть $\hat{p}_\mu=-i\partial_\mu.$ То есть, какую величину принимает градиент, скажем, возмущения, такую величину и будет иметь импульс для волн, расходящихся от этого возмущения. Если возмущение сосредоточено в малой области, то неизбежно с высокими градиентами, что даёт импульсы порядка или больше $mc^2.$ Отсюда и высокие скорости.

Lvov в сообщении #837400 писал(а):

Найденное решение оказалось весьма удивительным. Оказалось, что в одномерном случае УКГ локальное возмущение распространяется со световой скоростью на любые расстояния влево и вправо от места начального возмущения.

На самом деле, это решение по свойствам такое же, как и в трёхмерном случае. Вы просто недостаточно внимательно сравнили.

Lvov в сообщении #837400 писал(а):

Сам я, потратив пару часов, не нашел в интернете требуемых источников.

Это называется библиографический поиск. Надо искать не в интернете, а в книгах, статьях, справочниках. (Разумеется, они как файлы могут лежать в интернете, их надо скачивать. Те, которых нет в интернете, можно иногда достать в библиотеке, но это намного дольше и сложнее, и часто можно их просто "обходить".) И заложить на него надо гораздо больше, чем два часа.

Lvov в сообщении #837400 писал(а):

Остается интегрирование по импульсной переменной $p.$ Надо найти следующий определенный интеграл

$$ D_+(t,x) = k \int\limits_{-\infty}^{+\infty} dp \,\frac {e^{i(\sqrt{p^2+m^2}t- px)}} {\sqrt{p^2+m^2}}.$$

Здесь $k$ - постоянная величина.
В справочнике Г. Бейтмен, А. Эрдели "Таблицы интегральных преобразований" я не нашел требуемого решения. Хорошим справочником по определенным интегралам я пока не обладаю.

В справочнике Бейтмена, Эрдейи надо искать не интеграл, а функцию, которую вы преобразовываете по Фурье по импульсной переменной. Какая это функция?

Справочники по определённым интегралам есть известные, но для того, чтобы работать с Фурье, удобней специализированный справочник - а это именно Бейтмен-Эрдейи.

По интегралам:
Градштейн, Рыжик.
Прудников, Брычков, Маричев.

-- 16.03.2014 16:00:04 --

Lvov в сообщении #837400 писал(а):

Непосредственная проверка правильности решения Полянина, путем его подстановки в одномерное УКГ с правой частью в виде дельта-функции. Этот вариант также трудоемок, ввиду необходимости вычисления производных первого и второго порядка от функций Хевисайда и Бесселя, в то время, как последние содержат в качестве аргумента новые функции.

Ну уж от Хевисайда производная хорошо известна, не капризничайте :-)
От Бесселя тоже можно взять.

И вообще, брать производную - намного проще, чем интегрировать. И это даже можно Альфе препоручить (что я, собственно, в этой теме пару раз и делал).

[Lvov]

Munin в сообщении #837436 писал(а):

Это вы неправильно поняли. Уравнение Клейна-Гордона - линейное. То есть, если в нём начала двигаться какая-то волна, то она так и будет двигаться дальше, если только не дойдёт до граничных условий.
...На самом деле, это решение по свойствам такое же, как и в трёхмерном случае. Вы просто недостаточно внимательно сравнили.

Г.Munin, вы меня не поняли. Естественно, затухающая световая волна никуда не исчезает. Но на расстояниях $r<r_\text{компт}$ она преобладает в результирующем решении, получаемом суммированием вкладов от разных элементов возмущающей функции на гиперповерхности (в объеме), отвечающей нулевому времени. Вклад от светоскоростной волны создается функцией на поверхности сферы радиуса $r$ и равняется

$$D_1=\psi_0\frac1{4\pi} \frac {4\pi r^2} r = \psi_0 r.$$

При больших же значениях $r$ увеличивается вклад от второго члена выражения, который в первом приближении равняется $m^2/2$ и распределен по всему объему радиуса $r$. Вклад от этого члена равен $$D_2=-\psi_0 \frac {m^2} 6 r^3$. При $r=2,4/m$ второй вклад компенсирует вклад от светоскоростной волны и последней можно пренебречь.
В одномерном же случае базовая функция уже является полным решением уравнения. Поэтому производится ее непосредственный анализ.

Цитата:

Суть другая. Если возмущение само по себе - малой величины, $r\ll r_\text{компт}=m^{-1},$ то тогда оно порождает волны с большими скоростями. Эти волны и распространяются дальше - и на малые расстояния, и на большие. Если же возмущение было большим в пространстве, и достаточно гладким, то могут возникнуть волны с малыми скоростями. И они потом пойдут тоже с малыми скоростями на большие расстояния. Но на малые расстояния распространение таких волн рассматривать не имеет смысла, потому что они оказываются меньше длины самой волны.

Г.Munin,вы снова рассуждаете на языке спектрального анализа, я же анализирую явные функции.

Цитата:

В справочнике Бейтмена, Эрдейи надо искать не интеграл, а функцию, которую вы преобразовываете по Фурье по импульсной переменной. Какая это функция?

Г.Munin, опять вы меня не понимаете. Естественно, я искал в Бейтмене трансформанты преобразований Фурье и Лапласа, равные подынтегральному выражению в приведенной мною (и цитированной вами) формуле, при исключении из экспоненты в числителе указанного выражения члена $-ipx,$ относящегося к оператору Фурье-преобразования. Результирующий интеграл я привел лишь для возможности поиска решения при использовании таблиц определенных
интегралов.

За указание литературы благодарю.

[Munin]

Lvov в сообщении #837795 писал(а):

Естественно, затухающая световая волна никуда не исчезает. Но на расстояниях $r<r_\text{компт}$ она преобладает в результирующем решении

Если она вначале преобладает, то и потом преобладает. Преобладание никуда не девается так же, как и существование.

Lvov в сообщении #837795 писал(а):

Вклад от светоскоростной волны создается функцией на поверхности сферы радиуса $r$

Это какая-то ерунда. Все вклады создаются функцией Грина, свёрнутой с начальными условиями. Так что только от начальных условий зависит, будут ли волны преимущественно световыми или досветовыми.

Не путайте между собой поведение одного решения при одном заданном начальном условии, и как меняются такие решения при разных начальных условиях.

Lvov в сообщении #837795 писал(а):

В одномерном же случае базовая функция уже является полным решением уравнения.

И в одномерном, и в трёхмерном случае всё одинаково. (Ну, с учётом того, что функции всё-таки разные.) Полное решение есть полное решение. Кстати, а что такое "полное"?

Lvov в сообщении #837795 писал(а):

Г.Munin,вы снова рассуждаете на языке спектрального анализа, я же анализирую явные функции.

Одно другому помогает. Можно анализировать и функции в пространстве оригинала, и я на эту тему уже тоже достаточно сказал.

Lvov в сообщении #837795 писал(а):

Естественно, я искал в Бейтмене трансформанты преобразований Фурье и Лапласа, равные подынтегральному выражению в приведенной мною (и цитированной вами) формуле, при исключении из экспоненты в числителе указанного выражения члена $-ipx,$ относящегося к оператору Фурье-преобразования.

Тьфу, напишите формулу. Чего вы её словами описываете?

[SergeyGubanov]

Lvov, я тут порисовал немножо. Волна вызванная дельта-источником распространяется со скоростью света.



Крутой фронт волны сделан из мод с очень большими $p$, а моды с очень большими $p$ распространяются практически со скоростью света.

[Munin]

Красивая картинка, но что изображено - неизвестно.

[Lvov]

SergeyGubanov в сообщении #837902 писал(а):

Lvov, я тут порисовал немножо.

Сергей, а не могли бы Вы, пользуясь тем же программным продуктом, получить график зависимости функции распространения от $x$ для $t=10?$ Это соответствует 10 радиусам Комптона. Диапазон изменения $x$ должен быть больше 10, например от нуля до 15.

-- 19.03.2014, 10:05 --

Lvov в сообщении #838586 писал(а):

Сергей, а не могли бы Вы, пользуясь тем же программным продуктом, получить график зависимости функции распространения от $x$ для $t=10?$

Извиняюсь, забыл сказать, что вычисления надо производить для косинус-трансформанты, что дает действительное значение функции (Re func).

[Lvov]

В данном сообщении я попытаюсь показать, что указанное ранее решение Полянина

$$\mathcal{E}(x,t) =\dfrac{\vartheta(at-|x|)}{2a}J_0\left(\dfrac{c}{a}\sqrt{a^2t^2-x^2}\right).$$

одномерного уравнения Дирака

$$ \frac{\partial^2 \psi}{\partial t^2} - \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} + m^2 \psi=\delta(x). \eqno(1) $$

неверно.

Будем рассматривать указанное решение при значениях координатных переменных $t>x>0.$ В этом случае правая часть уравения Дирака $\delta(x)=0,$ а первый сомножитель приводимого решения (функция Хевисайда) равен 1, что упрощает вычисление первой и второй производных. Для упрощения записей обозначим решение символом u $u=J_0(m s)/2,$ где $s=\sqrt{t^2-x^2}.$

Памятуя, что $\frac {\partial J_0(x)} {\partial x}=-J_1(x)$ и $\frac {\partial J_1(x)} {\partial x}=J_0(x) - J_1(x)/x,$ получим для нашего случая

$$\frac {\partial u} {\partial t}=-\frac {mt} {2s} J_1(ms),$$

$$\frac {\partial u} {\partial x}=-\frac {mx} {2s} J_1(ms),$$

$$\frac {\partial^2 u} {\partial t^2}=-\frac {m^2t^2} {2s^2} [J_0(ms) - J_1(ms)/(ms)],$$

$$\frac {\partial^2 u} {\partial x^2}=-\frac {m^2x^2} {2s^2} [J_0(ms) - J_1(ms)/(ms)].$$

Подставляя функцию $u$ и значения вторых производных в одномерное уравнение Дирака, получаем после сокращения одинаковых членов в левой части уравнения

$$\frac m {2s} J_1(ms) \ne 0$$

при равенстве нулю правой части уравнения.

[SergeyGubanov]

Lvov в сообщении #838586 писал(а):

Сергей, а не могли бы Вы...

Вот:



Графики при $t=12.5$ и $t=15$ содержат небольшие дефекты численного счёта. Увеличение диапазона интегрирования по $p$ на порядок не улучшило картинки, а, наоборот, ещё больше ухудшило. Функция очень сильно осциллирует - трудно численно считать.

На сколько я вижу из графиков, физический как раз синус. А у косинуса впереди идёт некий "предвестник". Именно поэтому в предыдущий раз я показал только картинку с синусом.

[Munin]

Lvov
Проверьте правильность взятия производных.

-- 19.03.2014 18:37:20 --

SergeyGubanov
А теперь то же самое для трёхмерных уравнений сможете? И для двумерных для полноты охвата.

[Lvov]

SergeyGubanov в сообщении #838641 писал(а):

На сколько я вижу из графиков, физический как раз синус.

А может правильно будет так

$$u_{\operatorname{Re}}=\int\limits_{0}^{\infty} dp \frac {\cos (t\sqrt {m^2+p^2} ) } {\sqrt {m^2+p^2} }(\cos(px) + \sin(px)),$$

сумма cos- и sin-преобразований от действительной части Фурье-трансформанты.

Munin в сообщении #838704 писал(а):

Lvov
Проверьте правильность взятия производных.

Пожалуйста, подскажите, если Вы видите ошибку. Я подозреваю возможность ошибки, но не вижу ее.

[Lvov]

SergeyGubanov в сообщении #838641 писал(а):

Увеличение диапазона интегрирования по $p$ на порядок не улучшило картинки

Сергей, пожалуйста поясните, какие Ваши показатели в части численных расчетов?
Максимальная частота у Вас составляет $t_{\max}\,p_{\max}/(2\pi)\approx 2000$ Гц. Насколько я понимаю, для мало-мальской точности расчетов, надо иметь не менее 1000 точек на периоде. То есть число расчетных точек должно быть порядка 5 миллионов, если используется простейший способ интегрирования. Расчеты же надо производить с использование чисел типа double, обеспечивающих точность 14-15 десятичных разрядов.

[SergeyGubanov]

Lvov в сообщении #838888 писал(а):

Сергей, пожалуйста поясните, какие Ваши показатели в части численных расчетов?

Это Mathematica 9. На построение одного графика тратится примерно минута-полторы (на i3 3220, 3.3 GHz). Например, на построение следующего графика было затрачено 79.85 секунд:

Munin в сообщении #838704 писал(а):

SergeyGubanov
А теперь то же самое для трёхмерных уравнений сможете? И для двумерных для полноты охвата.

Тот набор графиков для синусов и косиносов рисовался минут двадцать. Двумерные, а тем более трёхмерные интегралы очень долго будут вычисляться. Вычисления трёхмерного интеграла боюсь не дождаться...

Lvov в сообщении #838750 писал(а):

Пожалуйста, подскажите, если Вы видите ошибку. Я подозреваю возможность ошибки, но не вижу ее.

Полянина не смотрел, но в сообщении #836032 вроде была оговорка, что не сама функция является ответом, а: "Функция Грина будет от неё производной по времени". Может чего-то с ней надо сделать сначала?

$$ \int \frac{ e^{ i t \sqrt{m^2 + p^2} + i p x } }{\sqrt{m^2 + p^2}} dp = - i \frac{\partial}{\partial t} \int \frac{ e^{ i t \sqrt{m^2 + p^2} + i p x } }{m^2 + p^2} dp $$

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #838893 писал(а):

Тот набор графиков для синусов и косиносов рисовался минут двадцать. Двумерные, а тем более трёхмерные интегралы очень долго будут вычисляться. Вычисления трёхмерного интеграла боюсь не дождаться...

А, вон оно что. Я думал, просто формула рисуется. Ну так спецфункции как раз для этого придумали. Скормите Математике выражение для аналитического интегрирования, она вам скажет результат, его и нарисуйте. Не для того, чтобы возиться с корректностью выкладок, а чтобы просто наглядно пощупать, как волна в трёхмерии будет выглядеть.

[SergeyGubanov]

Хотя от трёхкратного интеграла легко перейти к однократному:

$$ \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{ e^{i t \sqrt{m^2 + {\bf p}^2} + i ({\bf p}, {\bf r})} }{\sqrt{m^2 + {\bf p}^2}} \, d p_x \, d p_y \, d p_z = \int\limits_{0}^{2 \pi} d\varphi \int\limits_{0}^{\pi} d\theta \int\limits_{0}^{\infty} dp \, p^2 \sin(\theta) \, \, \frac{ e^{i t \sqrt{m^2 + p^2} + i p r \cos(\theta)} }{\sqrt{m^2 + p^2}} $$

Интеграл по $\varphi$ тривиальный. Интеграл по $\theta$:

$$ \int\limits_{0}^{\pi} e^{i p r \cos(\theta)} \sin(\theta) d\theta = 2\frac{\sin(p r)}{p r} $$

Остаётся:

$$ F(t, r) = \operatorname{const} \int\limits_{0}^{\infty} \frac{\sin(p r)}{r} \, \frac{ e^{i t \sqrt{m^2 + p^2}} }{\sqrt{m^2 + p^2}} \, p \, dp $$

Последний интеграл можно брать численно, но очень осторожно - со сходимостью у него очень плохо.

[SergeyGubanov]

Похоже, что интеграл

$$ \int\limits_{0}^{\infty} \frac{\sin(p r)}{r} \, \frac{ e^{i t \sqrt{m^2 + p^2}} }{\sqrt{m^2 + p^2}} \, p \, dp $$

в лоб численно вообще нельзя взять так как результат тупо зависит от параметра обрезания $p_{\max}$.

Видимо надо извращаться как то так:

$$ \int\limits_{0}^{\infty} \frac{\sin(p r)}{r} \, \frac{ e^{i t \sqrt{m^2 + p^2}} }{\sqrt{m^2 + p^2}} \, p \, dp = -i \frac{\partial}{\partial t} \int\limits_{0}^{\infty} \frac{\sin(p r)}{r} \, \frac{ e^{i t \sqrt{m^2 + p^2}} }{m^2 + p^2} \, p \, dp $$

последний интеграл можно (если осторожно) брать численно, а затем, опять же численно, дифференцировать по $t$.