Разложение в ряд запаздывающего потенциала (Ландау-Лифшиц)

[wide]

Хорошо, пусть $R$ это весовой множитель, но ведь интеграл это сумма и если мы в каждом члене будем умножать вторую производную плотности по времени, которая равна нулю, на любой множитель, то в итоге получим тоже ноль.

[svv]

А почему вторая производная плотности равна нулю? В общем случае плотность в каждой точке меняется со временем. Не меняется лишь интеграл от плотности (без дополнительных множителей под интегралом), но такого интеграла сейчас у нас нет.

[wide]

Причина непонимания - фраза из ЛЛ2 перед формулой (65.3): "знаки дифференцирования по времени могут, ОЧЕВИДНО, быть вынесены из-под знака интеграла."
При разложении функции в ряд производные это коэффициенты при многочлене (по сути это значение производной в определенный момент времени, т.е. это константы), как можно знак дифференцирования куда-либо выносить? Как этот знак дифференцирования потом переносится на многочлен?

Тогда получается, что второй член зануляется по причине того, что производная по времени от полного заряда системы равна нулю $\frac{\partial}{\partial t}\int\rho dV$, что очевидно. Но если знак дифференцирования не выносить из под интеграла $\int\frac{\partial \rho}{\partial t} dV$, то видно, что зануление должно получиться по причине разных знаков производной по времени плотности заряда разных областей $\frac{\partial \rho}{\partial t}$, либо необходимо, чтобы каждая производная плотности по времени равнялась нулю. Тут я сгоряча принял второй вариант и спроецировал его на третий член, но это не имеет смысла, т.к. получится, что рассматриваются неподвижные заряды.

Рассматриваем второй член.
Если все или часть зарядов движутся, это приводит к тому, что в разных точках пространства производная плотности может принимать совершенно разные значения, как тогда получается, что их сумма равна нулю?

Рассматриваем движение одного электрона. Как в этом случае получить для второго члена вот это: $-\frac{1}{c}\int\frac{\partial \rho}{\partial t}dV$=0

[svv]

Как я понял, Вы сейчас категорически не хотите выносить $\frac{\partial}{\partial t}$ за знак интеграла. Это, кстати, делается по формуле Лейбница, см. здесь третью формулу (после слов «we have a special case of Leibniz's rule»).

Тогда можно подставить $\rho(\mathbf r', t)=e\,\delta(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))$ и продифференцировать по времени (по правилу дифференцирования сложной функции):
$\frac{\partial\rho(\mathbf r', t)}{\partial t}=e\,\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))\,\frac{\partial}{\partial t}(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))=-e\,\mathbf v(t)\,\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))$
Штрих в $\delta'$ означает производную по аргументу, штрих в $\mathbf r'$ — только обозначение переменной интегрирования.

Тогда
$\int \frac{\partial\rho}{\partial t}\,dV=-\int e\,\mathbf v(t)\,\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))\,dV$
По правилу $\int f(x)\delta'(x-a)\,dx=-f'(a)$ получим нуль: то, на что умножается под интегралом дельта-функция, не зависит от пространственных координат.

[wide]

Но ведь согласно правилу $\int f(x)\delta'(x-a)\,dx=-f'(a)$
функция, которая стоит перед производной дельта-функции должна зависеть от параметра дельта-функции (т.е. в нашем случае от координат), иначе оно не применимо.

[svv]

Можете считать, что она формально зависит, фактически — нет. Частный случай функции — константа. Кто сказал, что случай $f=\operatorname{const}$ нужно специально оговаривать? Всё в порядке.

Вот как Вы можете убедить себя в том, что формулу можно применять и в этом случае. Рассмотрим наш последний интеграл при некотором фиксированном $t$. Заменим функцию $e\mathbf v$ на такую $\mathbf f(\mathbf r')$, которая совпадает с $e\mathbf v$ в какой-то окрестности точки $\mathbf r'=\mathbf r_0$, а вне этой окрестности ведёт себя как-то по-другому, неважно как. Таким образом, $\mathbf f(\mathbf r')$ определённо не является константой, и формула
$\int \mathbf f(\mathbf r')\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0)\,dV=-\mathbf f'(\mathbf r_0)$
применима без сомнений. С другой стороны, интеграл от такой замены измениться не должен, потому что вне некоторой окрестности точки $\mathbf r'=\mathbf r_0$ дельта-функция и все её производные равны нулю, и неважно, на что они там умножаются.

[wide]

svv в сообщении #1252882 писал(а):

... Таким образом, $\mathbf f(\mathbf r')$ определённо не является константой, и формула
$\int \mathbf f(\mathbf r')\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0)\,dV=-\mathbf f'(\mathbf r_0)$
применима без сомнений.

Да, с этим согласен, но при такой постановке и производная, и соответственно интеграл уже не будет равен нулю, это так?

[svv]

Тут важно все составляющие трюка проделать в нужном порядке. Когда мы берём производную по времени, у нас ещё этой новой функции $\mathbf f$ нет. Мы получили интеграл $\int e\,\mathbf v(t)\,\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))\,dV$. Важно, что производная уже взята. Кстати, она (т.е., фактически, подинтегральная функция) не обязана быть равной нулю. Равен нулю только интеграл от неё.

Докажем, что интеграл равен нулю при любом фиксированном $t$. Только теперь вводим нашу $\mathbf f(\mathbf r')$. Она в окрестности $\mathbf r_0$ равна $e\,\mathbf v$, а в силу свойств дельта-функции только эта окрестность и важна для значения интеграла.

Описанный приём — очень специфическое лекарство против очень специфической фобии. Гораздо лучше просмотреть доказательство формулы и увидеть, что в нём, как и во многих других доказательствах, случай $f=\operatorname{const}$ — обыкновенный частный случай, при котором все рассуждения остаются в силе.

[wide]

svv в сообщении #1252895 писал(а):

Докажем, что интеграл равен нулю при любом фиксированном $t$. Только теперь вводим нашу $\mathbf f(\mathbf r')$. Она в окрестности $\mathbf r_0$ равна $e\,\mathbf v$, а в силу свойств дельта-функции только эта окрестность и важна для значения интеграла.

Извините, но на мой неискушенный взгляд, при таком доказательстве можно доказать что угодно.
Используя формулу $x\delta'(x)=-\delta(x)$ получим:
$\int e\,\mathbf v(t)\,\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))\,dV=\int e\,\mathbf v(t)\,\frac{(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))}{(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))}\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))\,dV=-\int e\,\mathbf v(t)\,\frac{1}{(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))}\delta(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))\,dV$
И при вычислении интеграла получаем деление на ноль.

Возвращаясь к формуле Лейбница, у меня тоже сомнения ее применимости в данном случае, т.к. у нас при разложении в ряд получаются не производные функции, а ЗНАЧЕНИЯ этих производных в определенные моменты времени. Ну как сумма констант (т.е. сумма производных в определенные моменты) может равняться производной от суммы функций в определенные моменты?

[svv]

Операции деления на вектор не существует, нельзя сказать, что $\frac{\mathbf a}{\mathbf a}=1$.

Но, допустим, полужирные буковки обозначают скаляры. Вы в первом переходе
$\int e\,\mathbf v(t)\,\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))\,dV=\int e\,\mathbf v(t)\,\frac{(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))}{(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))}\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0(t))\,dV$
заменили ту функцию, что была, на такую, которая из-за деления на нуль в точке $\mathbf r'=\mathbf r_0$ не определена. А как раз в выбранной (она может быть произвольно малой) окрестности $\mathbf r_0$ менять ничего нельзя.

Приём можно описать и так: интеграл по всему пространству $\mathbb R^3$ можно заменить на интеграл по произвольно малой окрестности $U$ точки $\mathbf r_0$. Поэтому если в этой окрестности $f_1(\mathbf r')=f_2(\mathbf r')$, а вне её обе функции определены, но не совпадают (скажем, одна константа, другая нет), то

$$\int\limits_{\mathbb R^3} f_1(\mathbf r')\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0)dV=\int\limits_{U} f_1(\mathbf r')\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0)dV=\int\limits_{U} f_2(\mathbf r')\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0)dV=\int\limits_{\mathbb R^3} f_2(\mathbf r')\delta'(\mathbf r'-\mathbf r_0)dV$$

wide в сообщении #1252950 писал(а):

Возвращаясь к формуле Лейбница, у меня тоже сомнения ее применимости в данном случае, т.к. у нас при разложении в ряд получаются не производные функции, а ЗНАЧЕНИЯ этих производных в определенные моменты времени.

Вы выбрали некоторый момент $t_0$, разложили функцию $f(t)$ в ряд в окрестности $t_0$, в результат входит $\left.\frac{d^2 f(t)}{dt^2}\right|_{t_0}$. Это «значение», число. Но то, что каждому такому $t_0$ соответствует число $g(t_0)=\left.\frac{d^2 f(t)}{dt^2}\right|_{t_0}$, и означает, что задана функция $g(t)=\frac{d^2 f(t)}{dt^2}$.