Светоскоростной характер волновых уравнений КМ

[Lvov]

Munin в сообщении #837848 писал(а):

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"?

Мы имеем дело с базовым решением, которое является волновой функцией для точечного возмущающего источника, существующего в начальный момент времени. Если задача не одномерная, мы можем представить в начальный момент времени распределенный источник (например, по некоторой плоскости ортогональной распространению волны), и определять волновую функцию для этого источника путем интегрирования по участку задания возмущающей функции.
В случае одномерного уравнения нет ортогонального геометрического образования по которому можно распределить начальное возмущение, поэтому я здесь называю базовое решение полным.

Munin в сообщении #837848 писал(а):

Тьфу, напишите формулу. Чего вы её словами описываете?

Вот Фурье-трансформанта искомого базового решения

$$ \frac {e^{i(\sqrt{p^2+m^2}\,t)}} {\sqrt{p^2+m^2}}.$$

SergeyGubanov в сообщении #838893 писал(а):

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?

Да нет, мы рассматриваем именно базовое решение, которое является реакцией на дельта-образный возмущающий источник. Это решение удовлетворяет уравнению Клейна-Гордона всюду, кроме точки начала
координат и времени. Функция Грина нас не интересует.


Вот еще один аргумент в пользу правильности решения Полянина. В книге А.Анро "Математика для электро- и радиоинженеров" я обнаружил трансформанту преобразования Лапласа, которая отвечает Бесселевым функциям мнимого аргумента вида $I_\nu (m\sqrt{x^2-t^2}),$ $x>t.$ (символы заменены под наши обозначения). В частности для функции Бесселя $I_0$ указанная трансформанта имеет вид

$$\frac {e^{t\sqrt{m^2-p^2}} }{\sqrt{m^2-p^2}}.$$

Но если положить, как это имеет место у нас $x<t,$ то функция Бесселя мнимого аргумента переходит в соответствующую функцию действительного аргумента $I_0\rightarrow J_0.$
Трансформанта преобразования Лапласа отличается от Фурье-трансформанты лишь тем, что характеристическая переменная преобразования Лапласа $p$ заменяется на $ip.$ В результате вышеуказанная трансформанта принимает вид

$$\frac {e^{it\sqrt{m^2+p^2}}} {\sqrt{m^2+p^2}},$$

соответствующий обсуждаемой ранее Фурье-трансформанте одномерного уравнения Клейна-Гордона.

Вновь становится на повестку вопрос, где же допущена ошибка в сообщении post838605.html#p838605 о неправомерности решения Полянина?

[SergeyGubanov]

Lvov в сообщении #839050 писал(а):

$$\frac {e^{it\sqrt{m^2+p^2}}} {\sqrt{m^2+p^2}}$$

Во всех формулах не хватает множителя $e^{i p x}$. Специально или опечатка?

[Munin]

Lvov в сообщении #839050 писал(а):

Мы имеем дело с базовым решением, которое является волновой функцией для точечного возмущающего источника, существующего в начальный момент времени. Если задача не одномерная, мы можем представить в начальный момент времени распределенный источник (например, по некоторой плоскости ортогональной распространению волны), и определять волновую функцию для этого источника путем интегрирования по участку задания возмущающей функции.
В случае одномерного уравнения нет ортогонального геометрического образования по которому можно распределить начальное возмущение, поэтому я здесь называю базовое решение полным.

В обоих случаях мы можем представить себе распределённый источник по объёму. А по ортогональной плоскости - это излишество и незачем.

Lvov в сообщении #839050 писал(а):

Вот Фурье-трансформанта искомого базового решения

$$ \frac {e^{i(\sqrt{p^2+m^2}\,t)}} {\sqrt{p^2+m^2}}.$$

Так. В Бейтмене-Эрдейи см. формулы раздел 1.4 (26), 1.7 (30), (34). С этим можно дальше работать.

Lvov в сообщении #839050 писал(а):

Да нет, мы рассматриваем именно базовое решение, которое является реакцией на дельта-образный возмущающий источник.

Тут лучше всё-таки уточнить задачу. Потому что в задаче Коши и в задаче Грина условия всё-таки разные. Я заметил, что функции могут соответствовать друг другу по-разному.

-- 20.03.2014 23:28:09 --

SergeyGubanov в сообщении #839067 писал(а):

Во всех формулах не хватает множителя $e^{i p x}$. Специально или опечатка?

Он добавляется в формуле преобразования Фурье.

[SergeyGubanov]

SergeyGubanov в сообщении #838978 писал(а):

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 $t$.

Таким способом интеграл взять получилось:

[guryev]

SergeyGubanov в сообщении #838978 писал(а):

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 $p_{\max}$.

Естественно, он же расходится.

[Munin]

SergeyGubanov
Спасибо. Теперь Lvov может убедиться, что отличия не качественные, а только количественные.

[SergeyGubanov]

Наложил график численного интегрирования на график функции Бесселя $J_0$ - они совпадают.



То есть имеет место что-то вроде такого ($t > x$):

$$ \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \left( t \sqrt{1+p^2} + p x \right) }{\sqrt{1+p^2}} \, dp = \pi J_0 (\sqrt{t^2 - x^2}) $$

Mathematica 9 этот интеграл аналитически брать не умеет.

[SergeyGubanov]

Сделаем проверку "в обратную сторону". Берём одномерное УКГ ($m = 1$):

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

Используем анзац

$$ \psi (t, x) = F(\sqrt{t^2 - x^2}) $$

На функцию $F(s)$ получаем уравнение:

$$ F''(s) + \frac{1}{s}F'(s) + F(s) = 0 $$

Да, всё верно, решения этого уравнения -- функции Бесселя первого $J_0(s)$ и второго $Y_0(s)$ рода.

[sergei1961]

Применяем синус суммы, тогда один интеграл от нечетной функции равен нулю, а второй есть в справочнике-трёхтомнике Интегралы и ряды, т.1.

[Lvov]

SergeyGubanov в сообщении #839377 писал(а):

Да, всё верно, решения этого уравнения -- функции Бесселя первого $J_0(s)$ и второго $Y_0(s)$ рода.

Ну и растяпа же я. В упор не замечал множители $t$ и $x$ в первых производных.
Остается установить, соответствие типа функций Бесселя действительной и мнимой его части. Согласно формулам, указанным Munin'ым (Бейтмене-Эрдейи, формулы раздел 1.7 (30), (34)) действительной части отвечает функция $Y_0(s),$ а мнимой - $J_0(s.)$ Но в трехмерном случае в учебниках по КЭД картина обратная.
Функция $Y_0(s)$ неприятна в том отношении, что при $s=0$ она имеет значение $-\infty .$

[sergei1961]

Если я правильно понял, то в последних постах идёт речь о вычислении интеграла, приведённого
при $t>x$ чуть ранее. Если применить под знаком интеграла синус суммы, то получим выражаясь словами, а не формулами, интеграл от синус корня умножить на косинус плюс интеграл от косинуса корня умножить на синус. Первый интеграл приведён в книге Интегралы и ряды, Брычков, Прудников, Маричев, 2002, С. 353 формула 9, он совпадает с приведённой функцией Бесселя при $t>x$ и равен нулю при противоположном условии. Второй интеграл равен нулю как интеграл от нечётной функции в симметричных пределах. Приношу извинения, если целью обсуждения было вычислить что-то другое.

[SergeyGubanov]

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 $t > r$.

Это решение трёхмерного уравнения Клейна-Гордона ($m=1$) с дельта-функцией в правой части:

$$ \partial_t^2 \psi - \partial_x^2 \psi - \partial_y^2 \psi - \partial_z^2 \psi + \psi = \delta_4 (x) $$

используем анзац как и прежде:

$$ \psi(t,x,y,x) = F(\sqrt{t^2 - x^2 - y^2 - z^2}) $$

на функцию $F(s)$ при $s > 0$ получаем уравнение:

$$ F''(s) + \frac{3}{s} F'(s) + F(s) = 0 $$

Его общее решение:

$$ F(s) = \frac{C_1}{s} J_1(s) + \frac{C_2}{s} Y_1(s) $$

Интересующее нас решение (при $t > |{\bf r}| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$):

$$ \psi(t,x,y,x) = \frac{\operatorname{const}}{ \sqrt{t^2 - x^2 - y^2 - z^2}} J_1(\sqrt{t^2 - x^2 - y^2 - z^2}) $$

А если решать это уравнение преобразованием Фурье, то получается тот страшный интеграл. Значит тот интеграл должен быть равен тому чему я написал в начале.

[Munin]

sergei1961 в сообщении #839473 писал(а):

то получим выражаясь словами, а не формулами

А чего так? :-) Можно же и формулами. Например, $\int\sin\sqrt{\ldots}$ или $\ldots\sqrt{\text{корень}}\ldots\sqrt{\text{тот же корень}},$ если хочется что-то полуформально сказать.

[Lvov]

SergeyGubanov в сообщении #839493 писал(а):

Это решение трёхмерного уравнения Клейна-Гордона ($m=1$) с дельта-функцией в правой части:

Теперь, когда мы разобрались с формулами для одномерноого и 3-мерного базовых решений, предлагаю получить формулы (это не проблема) и привести графики для распределений плотности заряда (плотности вероятности обнаружения частицы) для одномерного и трехмерного случая.
Например, в одномерном случае привести графики зависимости плотности заряда от расстояния для нескольких значений времени. В трехмерном случае то же, ограничившись графиком вдоль одной из координат.

Формулы для плотности вероятности в одномерном случае, насколько я понимаю, с точностью до постоянного множителя имеют вид

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

где $s=\sqrt{t^2-x^2},$ $m=1.$
В трехмерном случае в формуле будут фигурировать произведение функций Бесселя первого и второго порядка, поделенные на $s^2.$
В связи с этим вопрос к SergeyGubanov, умеет ли Ваша программа вычислять функции Бесселя нулевого, первого и второго порядка первого и второго рода?

[Munin]

Lvov
Вы не знаете, что за программа такая Mathematica?