Функции Грина

[EvilPhysicist]

Здравствуйте, подскажите по нескольким вопросам, связанным с функциями Грина.

Для начала, пусть есть скалярное поле

$$\square \varphi + m^2 \varphi =j ~.$$

Решение этого уравнения $\varphi=\varphi_0+G * j$, где $\square \varphi_0=0$, а $G$ -- функция Грина:

$$ (\square+m^2) G( t, \vec r) = \delta^4 (t, \vec r) ~. $$

Решая это уравнение неизбежно приходим к следующему выражению для функции Грина

$$ G(t,\vec r) = \cfrac{i}{8\pi^3} ~\cfrac{1}{r}~ \int\limits_{-\infty}^\infty k e^{-kr} ~ dk ~\int\limits_{-\infty}^\infty d \omega ~ \cfrac{e^{- i \omega t}}{\omega^2 - (\sqrt{k^2 + m^2})} $$

и тут начинаются непонятные вещи.

Во-первых, на сколько я помню, интегралы от функций $1/x$ расходятся. Я прав?

Во-вторых, если интегралы действительно расходятся, то значение интеграла начинает определяться тем, как мы его считаем. Так почему мы вычисляем интегралы в функции Грина именно сдвигая полюсы?( Просьба ответы "считаем так, потому что получаем верный ответ" не предлагать). Есть ли за этим физика?

[Munin]

Есть.

Давайте посмотрим на другое волновое уравнение: $\square\varphi=j.$ Это Д'Аламбер, например, волновое уравнение для электромагнитного поля. У него есть функция Грина, всё точно так же: $\squareG(t,\mathbf{r})=\delta^4(t,\mathbf{r}).$ И вот, если посмотреть на неё, то мы увидим, что на самом деле этому уравнению удовлетворяют два решения: опережающая и запаздывающая волна. Запаздывающая распространяется по световому конусу будущего, опережающая - по световому конусу прошлого. Запаздывающую мы хорошо знаем из решения уравнений Максвелла в запаздывающих потенциалах. А опережающую легко понять, если заметить, что уравнение просто симметрично по времени.

И на самом деле, кроме этих двух решений, уравнению удовлетворяет любая их единичная линейная комбинация.

И вот в интеграле на комплексной плоскости этой неоднозначности соответствует как раз обход полюса слева, или справа, или "посередине", или с наворачиванием вокруг него какого-то числа оборотов.

[EvilPhysicist]

Munin в сообщении #885049 писал(а):

И вот, если посмотреть на неё, то мы увидим, что на самом деле этому уравнению удовлетворяют два решения: опережающая и запаздывающая волна.

Подождите, что-то вот этого я не вижу. Там тоже будет интеграл вид

$$ \int \cfrac{e^{-i \omega t}}{(\omega-k)(\omega+k)} ~ d \omega $$

в котором две особенности тип $1/x$. Или формулы Сохоцкого тут все разрешат?

Munin в сообщении #885049 писал(а):

И вот в интеграле на комплексной плоскости этой неоднозначности соответствует как раз обход полюса слева, или справа, или "посередине", или с наворачиванием вокруг него какого-то числа оборотов.

Вот это тоже не понял. В каком смысле "соответствует обход"? И, опять же, почему обход, а не сдвиг полюсов.

[Munin]

EvilPhysicist в сообщении #885055 писал(а):

Подождите, что-то вот этого я не вижу.

А вот деталей я сам не знаю, я это место прогуливал :'-(
Давайте вместе разбираться.

EvilPhysicist в сообщении #885055 писал(а):

Вот это тоже не понял. В каком смысле "соответствует обход"? И, опять же, почему обход, а не сдвиг полюсов.

Пренебрежимо малый сдвиг полюса (при условии, что интегрирование идёт по действительной оси) - это то же самое, что обход полюса с какой-то стороны.

-- 07.07.2014 21:51:09 --

[DimaM]

EvilPhysicist в сообщении #885012 писал(а):

Во-вторых, если интегралы действительно расходятся, то значение интеграла начинает определяться тем, как мы его считаем. Так почему мы вычисляем интегралы в функции Грина именно сдвигая полюсы?

Насколько я помню, если полюсы лежат на действительной оси, надо писать полувычеты ($\pi i\operatorname{Res}(\omega_1) + \pi i\operatorname{Res}(\omega_2)$).
Как-то так.

[warlock66613]

DimaM в сообщении #885163 писал(а):

Насколько я помню, если полюсы лежат на действительной оси, надо писать полувычеты ($\pi i\operatorname{Res}(\omega_1) + \pi i\operatorname{Res}(\omega_2)$).
Как-то так.

Это чтобы найти главное значение. В данном случае речь о главном значении не идёт.

[Alex-Yu]

EvilPhysicist в сообщении #885012 писал(а):

Во-вторых, если интегралы действительно расходятся, то значение интеграла начинает определяться тем, как мы его считаем. Так почему мы вычисляем интегралы в функции Грина именно сдвигая полюсы?

Как известно, чтобы однозначно определить решение дифференциального уравнения, нужны граничные условия. Можно показать, что определение того или иного правила обхода полюсов (или сдвига полюсов --- нет разничы если сдвиг мал) эквивалентно заданию граничных условий (не самых общих, но все же). Посчитайте чему равна разность решений с разными правилами обхода полюсов. Увидите, что это решение однородного уравнения. Общее же решение неоднородного линейного уравнения есть сумма любого частного плюс общее решение однородного. Т.е. вся игра с правилами обхода полюсов это выбор того или иного решения однородного уравнения, которое мы прибавляем к частному решению неоднородного.

В макрофизике можно еще проще. Достаточно вспомнить, что всегда имеется затухание. А затухание как раз и смещает полюса. Но такой номер проходит только для запаздывающей функции Грина.

[warlock66613]

EvilPhysicist в сообщении #885012 писал(а):

Решая это уравнение неизбежно приходим к следующему выражению для функции Грина

Что касается нарушения последовательности и логики, то проблема, видимо, как раз в этих словах. Правильнее будет сказать что-то вроде "решая это уравнение неизбежно приходим к следующему выражению для функции Грина, где интегрирование производится в обход полюсов".

[EvilPhysicist]

Alex-Yu в сообщении #885202 писал(а):

Как известно, чтобы однозначно определить решение дифференциального уравнения, нужны граничные условия.

Хорошо, то есть мы доходим до места

$$ G(t,\vec r) = \cfrac{i}{8\pi^3} ~\cfrac{1}{r}~ \int\limits_{-\infty}^\infty k e^{-kr} ~ dk ~\int\limits_{-\infty}^\infty d \omega ~ \cfrac{e^{- i \omega t}}{\omega^2 - (\sqrt{k^2 + m^2})} $$

и дальше говорим, что для снятия неопределенности надо использовать граничные условия. Так?

Если мы задаем условия на поверхности $t=0$ и бесконечности будущего это называем запаздывающей функцией. Если на $t=0$ и бесконечности прошлого -- опережающей. Так?

[Alex-Yu]

EvilPhysicist в сообщении #885233 писал(а):

Если мы задаем условия на поверхности $t=0$ и бесконечности будущего это называем запаздывающей функцией. Если на $t=0$ и бесконечности прошлого -- опережающей. Так?

Не совсем так. Для полубесконечного интервала ТАК эта задача вообще не решается. Такое решение ТОЛЬКО для случая бесконечного интервала с физически разумными граничными условиями (в частности нулевого на плюс или минус бесконечности по времени --- соответственно запаздывающая и опережающая ФГ, а есть еще казуальная). В общем же случае пишите интеграл И ПРИБАВЛЯЙТЕ к нему общее решение однородного уравнения. Тогда вообще никакой разницы как Вы будете считать интеграл. Разные варианты это лишь переброска какого-то частного решения однородного уравнения из интеграла в общее решение однородного.

[EvilPhysicist]

Alex-Yu в сообщении #885235 писал(а):

В общем же случае пишите интеграл И ПРИБАВЛЯЙТЕ к нему общее решение однородного уравнения.

Вы это хотите сказать

EvilPhysicist в сообщении #885012 писал(а):

Решение этого уравнения $\varphi=\varphi_0+G * j$

Alex-Yu в сообщении #885235 писал(а):

Такое решение ТОЛЬКО для случая бесконечного интервала с физически разумными граничными условиями.

То есть запаздывающая функция, когда в прошлом "не было ничего", а в будущем "стало все"? А опреежающая наоборот: в прошлом "все", в будущем "ничего"?

[Alex-Yu]

EvilPhysicist в сообщении #885240 писал(а):

То есть запаздывающая функция, когда в прошлом "не было ничего", а в будущем "стало все"? А опреежающая наоборот: в прошлом "все", в будущем "ничего"?

Ну можно и так сказать.

-- Вт июл 08, 2014 15:29:26 --

EvilPhysicist в сообщении #885240 писал(а):

Вы это хотите сказатьEvilPhysicist в сообщении #885012
писал(а):
Решение этого уравнения $\varphi=\varphi_0+G * j$

Да. Только не просто решение, а общее решение.

[EvilPhysicist]

Хоршор

Alex-Yu в сообщении #885242 писал(а):

Ну можно и так сказать.

Хорошо. Тогда промежуточный результат.
1) Ставится задача $(\square+m^2)\phi = j$
2) Ее общее решение $\phi = \phi_0 + G * j$, где $\phi_0$ -- решение однородного ур-ня, $G$ -- функция Грина
3) Функцию Грина без граничных условий не посчитать
4) В зависимости от граничных условий сдвигаем полюса и получаем или запаздывавшую или опережающую функции Грина.

Поправьте, если не так.

[Munin]

EvilPhysicist в сообщении #885248 писал(а):

3) Функцию Грина без граничных условий не посчитать

Посчитать. Но неоднозначно. С точностью до слагаемого $\phi_0.$ Потому что для задачи $(\square+m^2)G=A\delta$ общее решение тоже будет складываться из $\phi_0+A\phi_1.$

-- 08.07.2014 12:52:40 --

А граничные условия - способ этот произвол убрать. Но хочу подчеркнуть: один из способов. Удобный. Но по словам Alex-Yu может сложиться впечатление, что вообще единственный.

[EvilPhysicist]

Munin в сообщении #885269 писал(а):

Посчитать. Но неоднозначно.

Думал, что в контексте это одно и тоже, но ладно.

Munin в сообщении #885269 писал(а):

А граничные условия - способ этот произвол убрать. Но хочу подчеркнуть: один из способов.

А другие какие?