Светоскоростной характер волновых уравнений КМ

[guryev]

SergeyGubanov в сообщении #839493 писал(а):

sergei1961, спасибо. А ещё у нас вот такой страшный интеграл есть:

$$ \int\limits_{0}^{\infty} \frac{\sin(p r)}{r} \, \frac{ \sin\left( t \sqrt{1 + p^2} \right) }{\sqrt{1 + p^2}} \, p \, dp $$

Он, вроде, равен $\operatorname{const} J_1(\sqrt{t^2 - r^2}) / \sqrt{t^2 - r^2}$ при $t > r$.

Его можно расписать формально. Поскольку подынтегральная функция чётная, он равен

$$\frac{1}{2}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin\left(pr\right)}{r}\frac{\sin\left(t\sqrt{1+p^2}\right)}{\sqrt{1+p^2}}pdp$$

Выносим $1/r$, интегрируем/дифференцируем по $r$, получаем:

$$-\frac{1}{2r}\frac{\partial}{\partial r}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\cos\left(pr\right)\frac{\sin\left(t\sqrt{1+p^2}\right)}{\sqrt{1+p^2}}dp$$

Подстановкой $p=\sh u$ приводим подынтегральное выражение к виду:

$$\cos\left(r\sh u\right)\sin\left(t\ch u\right)du,$$

Что с учётом

$$\cos a \sin b = \frac{1}{2}\left( \sin\left(b+a\right) + \sin\left(b-a)\right)\right)$$

равно

$$\frac{1}{2}\left(\sin\left(t\ch u+r\sh u \right) +\sin\left(t\ch u-r\sh u \right)\right)du$$

Если считать $t^2>r^2$, то это равно

$$\frac{1}{2}\left(\sin\left(\sqrt{t^2-r^2}\ch\left(u+a\right)\right)+\sin\left(\sqrt{t^2-r^2}\ch\left(u-a\right)\right)\right)du,$$

где $a$ не зависит от $u$. Таким образом, интеграл разбился на 2 интеграла, оба из которых берутся от $-\infty$ до $\infty$. Следовательно, сдвиги по переменной интегрирования на $-a$ и $a$ можно просто отбросить, и тогда исходный интеграл превратится в

$$-\frac{1}{2r}\frac{\partial}{\partial r}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\sin\left(\sqrt{t^2-r^2}\ch u\right)du$$

Воспользуемся чётностью подынтегральной функции и тем обстоятельством, что при $x>0$

$$J_0(x)=\frac{2}{\pi}\int\limits_{0}^{\infty}\sin\left(x \ch p\right)dp,$$

где $J_0$ - функция Бесселя первого рода, получим окончательно для исходного выражения:

$$-\frac{1}{2r}\frac{\partial}{\partial r}\frac{1}{\pi}J_0\left(\sqrt{t^2-r^2}\right)=-\frac{J_1\left(\sqrt{t^2-r^2}\right)}{2\pi\sqrt{t^2-r^2}},$$

если только нигде не наврано.

Но всё это чисто формальные действия. Исходный интеграл сам по себе расходится.

[guryev]

guryev в сообщении #839584 писал(а):

получим окончательно для исходного выражения:

$$-\frac{1}{2r}\frac{\partial}{\partial r}\frac{1}{\pi}J_0\left(\sqrt{t^2-r^2}\right)=-\frac{J_1\left(\sqrt{t^2-r^2}\right)}{2\pi\sqrt{t^2-r^2}}$$

В окончательном выражении ошибка. Должно быть

$$-\frac{1}{2r}\frac{\partial}{\partial r}\pi J_0\left(\sqrt{t^2-r^2}\right)=-\frac{\pi J_1\left(\sqrt{t^2-r^2}\right)}{2\sqrt{t^2-r^2}}$$

[sergei1961]

А почему страшный интеграл расходится? Что к нулю под ним не стремится, так в интеграле Френеля тоже не стремится, а он сходится. Осцилляция-неочевидная вещь. Формально же можно упростить вычисления, он сразу получается из интеграла из цитированного выше справочника взятием производной по параметру "b" в обозначениях цитированной формулы 9 (в обсуждаемых обозначениях нужно отбросить $\frac{1}{r}$ и взять от табличного интеграла производную по параметру r.)

[guryev]

sergei1961 в сообщении #839630 писал(а):

А почему страшный интеграл расходится?

Расходимость можно доказать так. Отбрасываем $r$ в знаменателе (оно на сходимость не влияет) и подстановкой $u=\sqrt{1+p^2}$ приводим интеграл к виду:

$$\int\limits_1^\infty\sin\left(r\sqrt{u^2-1}\right)\sin\left(tu\right)du=\int\limits_1^\infty\sin\left(ru\sqrt{1-\frac{1}{u^2}}\right)\sin\left(tu\right)du$$

С учётом $u \to \infty$ записываем подынтегральное выражение в виде:

$$\sin\left(ru-O^*\left(\frac{1}{u}\right)\right)\sin tu=\left(\sin ru \cos\left(O^*\left(\frac{1}{u}\right)\right)-\cos ru \sin \left( O^*\left(\frac{1}{u}\right)\right) \right)\sin tu=$$

$$=\left(\sin ru \left(1-O^*\left(\frac{1}{u^2}\right)\right)-\cos ru \left(\frac{1}{u}-O^*\left(\frac{1}{u^3}\right)\right)\right)\sin tu=$$

$$=\sin tu \sin ru - \frac{\sin tu \cos ru}{u} - O^*\left(\frac{1}{u^2}\right)\sin tu \sin ru +O^*\left(\frac{1}{u^3}\right)\sin tu \cos ru $$

Интегралы от последних двух слагаемых сходятся абсолютно, интеграл от второго является линейной комбинацией двух интегральных синусов и, следовательно, тоже сходится. А вот интеграл от первого слагаемого берётся в элементарных функциях и, очевидно, расходится, а вместе с ним и исходный интеграл.

[Lvov]

Munin в сообщении #839577 писал(а):

Вы не знаете, что за программа такая Mathematica?

Я не знаю ее детально. Все расчетные работы и графический вывод я делаю, опираясь лишь на язык С++.

[Munin]

Ну хотя бы быть в курсе, что это такое, стоило бы.

[Lvov]

Munin в сообщении #839756 писал(а):

Ну хотя бы быть в курсе, что это такое, стоило бы.

В общих чертах я с ней знаком, но вот может ли она вычислять функции Бесселя, я не знаю, и прошу Сергея, рассказать от этом.

В сообщении post839568.html#p839568 я поторопился и указал неверную формулу для плотности заряда частицы.
Верная формула имеет вид

$$\rho= ie(\frac {\partial \psi^*} {\partial t}\psi -\psi^*\frac {\partial \psi} {\partial t})= \frac {et} s (J_0(s) Y_1(s) - J_1(s)Y_0(s)),$$

где $s=\sqrt{t^2-x^2},$ $m=1.$

[guryev]

sergei1961 в сообщении #839630 писал(а):

А почему страшный интеграл расходится?

guryev в сообщении #839681 писал(а):

интеграл от первого слагаемого ... расходится

А знаете что?
Он по Риману расходится, а по Лебегу, вообще говоря, существует. Мы же можем выполнить преобразование Фурье от синуса, а там под интегралом, в сущности, то же самое. Короче, да, можно работать с нашим интегралом.
Конечно, при $t^2=x^2$ он по-любому развалится, но этот случай здесь не рассматривается, как я понял.

[Munin]

Lvov в сообщении #839780 писал(а):

В общих чертах я с ней знаком, но вот может ли она вычислять функции Бесселя, я не знаю

Это не значит "в общих чертах знаком". Иначе вы бы знали, что очевидно, может.

[SergeyGubanov]

guryev, спасибо за показательный пример взятия интеграла. Меня Mathematica расслабляет, если она не может взять интеграл, то я почти уверен, что и я не смогу

Lvov, я не понимаю о каком токе речь. Поле же вещественное: $\psi^* = \psi$. Ток отсутствует.

---

Оказывается найденное решение одномерного УКГ

$$ \psi = J_0(\sqrt{t^2 - x^2}), \quad t^2 > x^2, \quad \partial_t^2\psi - \partial_x^2\psi + \psi = 0 $$

паталогическое. У него энергия

$$ E = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \left( (\partial_t \psi)^2 + (\partial_x \psi)^2 + \psi^2 \right) dx $$

не сохраняется:

[Munin]

(Оффтоп)

SergeyGubanov в сообщении #840265 писал(а):

паталогическое

Патологическое.

[SergeyGubanov]

А дошло, его ("патологическое решение") не надо рассматривать как поле. Оно не поле. Оно нужно для пропагатора:

$$ \psi(t, x) = \psi (0, x) + \int\limits_{-\infty}^{+\infty} h(t, x - y) \, \psi (0, y) \, d y $$

где

$$ h(t, x) = \operatorname{const} \, J_0 (\sqrt{t^2 - x^2}) $$

при $(t > 0) \, \& \, (t^2 > x^2)$ иначе $h(t, x) = 0$.

То есть вычислять плотность энергии (или заряда) самого $J_0(s)$ - бессмыслица.

[Lvov]

SergeyGubanov в сообщении #840265 писал(а):

Lvov, я не понимаю о каком токе речь. Поле же вещественное: $\psi^* = \psi$. Ток отсутствует.

Как правило УКГ описывает заряженные частицы, при этом волновая функция комплексная. В этом случае плотность электрического заряда с точностью до постоянного коэффициента совпадает с плотностью вероятности обнаружения частицы. В случае нейтральных частиц - волновая функция вещественна. О плотности электрического заряда-тока здесь речи нет, однако и здесь определен вектор плотности вероятности - потока вероятности обнаружения частицы. Только формулы для определения этих величин иные, и о них речи в данной теме я не веду.
SergeyGubanov, почему вы упорно игнорируете мой вопрос о наличии в "Математике 9" библиотечных функций для вычисления функций Бесселя, предосталяя повод Munin'у измываться надо мной.

[SergeyGubanov]

Lvov в сообщении #840365 писал(а):

SergeyGubanov, почему вы упорно игнорируете мой вопрос о наличии в "Математике 9" библиотечных функций для вычисления функций Бесселя, предосталяя повод Munin'у измываться надо мной.

Конечно же в Mathematica они есть: BesselJ, BesselY

[SergeyGubanov]

SergeyGubanov в сообщении #840355 писал(а):

$$ \psi(t, x) = \psi (0, x) + \int\limits_{-\infty}^{+\infty} h(t, x - y) \, \psi (0, y) \, d y $$

Это не правильная формула. Сейчас напишу правильную...



Уравнение Клейна-Гордона второго порядка

$$ \partial_t^2 \psi - \partial_x^2 \psi + m^2 \psi = 0, $$

значит в начальный момент времени $t_0$ надо задать значения поля и значения его производной по времени:

$$ \psi(t, x)|_{t=t_0} = \varphi(x), \quad \partial_{t}\psi(t, x)|_{t=t_0} = \dot\varphi(x). \eqno(1) $$

Тогда в момент времени $t > t_0$ поле можно вычислить с помощью следующего пропагатора:

$$ \psi(t, x) = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \left[ A(t - t_0, x - y) \, \varphi(y) + B(t - t_0, x - y) \, \dot\varphi(y) \right] d y. \eqno(2) $$

При этом функции $A(t, x)$, $B(t, x)$ должны удовлетворять УКГ со следующими начальными условиями (нужно для выполнения (1)):

$$ A(t, x) |_{t = 0} = \delta(x), \quad \partial_t A(t, x) |_{t = 0} = 0, \eqno(3) $$

$$ B(t, x) |_{t = 0} = 0, \quad \partial_t B(t, x) |_{t = 0} = \delta(x). \eqno(4) $$

Используя (3) сразу пишем ответ для $A(t, x)$:

$$ A(t, x) = \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \cos (t \sqrt{m^2 + p^2}) \cos (p x) \, dp. \eqno(5) $$

Используя (4) сразу пишем ответ для $B(t, x)$:

$$ B(t, x) = \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin (t \sqrt{m^2 + p^2})}{\sqrt{m^2 + p^2}} \cos (p x) \, dp. \eqno(6) $$

Заметим, что

$$ A(t, x) = \partial_t B(t, x). \eqno(7) $$

При $t^2 > x^2$

$$ B(t, x) = \frac{1}{2} J_0 (m \sqrt{t^2 - x^2}), \quad A(t, x) = -\frac{m t J_1 (m \sqrt{t^2 - x^2})}{2 \sqrt{t^2 - x^2}}. \eqno(8) $$