Функции Грина

[Munin]

EvilPhysicist в сообщении #885815 писал(а):

Если сдвиг полюсов эквивалентен изменению обхода, то должно быть

$$ \lim\limits_{\gamma' \to \gamma} \int\limits_{\gamma'} f(z) dz = \lim\limits_{\varepsilon \to 0} \int\lmiits_\gamma f(z+\varepsilon) dz $$

Как-то мне сейчас это не очевидно.

Докажите так:
0. Начните с интеграла с обходом полюса.
1. Сдвиньте полюс на малый $\varepsilon.$ В пределе $\varepsilon\to 0$ интеграл не изменится.
2. "Спрямите" контур. Поскольку добавка не будет охватывать полюса, она вообще тождественно $=0.$
$\rule{1.5ex}{1em}$ Q. e. d.

[vanger]

(Оффтоп)

Alex-Yu в сообщении #885856 писал(а):

Да и не расходится он вовсе, если более акуратно определить, в каком смысле здесь интегрирование (но есть варианты такого доопределения, их мы тут и обсудали очень долго).

С удовольствием бы почитал это обсуждение. Дайте, пожалуйста, ссылку.

[EvilPhysicist]

Alex-Yu в сообщении #885856 писал(а):

Раз не очевидно, значит Вы не понимаете что такое вычет

Munin в сообщении #885883 писал(а):

Докажите так:

Уже разобрался

EvilPhysicist в сообщении #885815 писал(а):

Так, теперь я не сомневаюсь в том, что сдвиг полюсов равен искривлению контуров.

Alex-Yu в сообщении #885856 писал(а):

И явно перепутан знак в функции Хевисайда

Да, опечатался.

[Alex-Yu]

EvilPhysicist в сообщении #886110 писал(а):

Да, опечатался.

Похоже еще i потеряна. У Вас запаздывающая и опрежающая ФГ чисто мнимые. Вроде (?) они должны быть действительные... Тщательнее нужно.

[SergeyGubanov]

Чтобы как следует разобраться начните с чего попроще - с однородного одномерного вещественного уравнения:

$$ \left( \partial_t^2 - \partial_x^2 + m^2 \right) \psi(t, x) = 0. $$

Начальные данные:

$$\psi(t, x) |_{t=0} = \varphi(x), \quad \partial_t \psi(t, x) |_{t=0} = \dot\varphi(x).$$

Решение:

$$ \psi(t, x) = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \left( A(t, x-x') \, \varphi(x') + B(t, x-x') \, \dot\varphi(x') \right) \, dx'. $$

Терминология: $B$ - функция Грина, $A$ - функция распространения.

Начальные условия на символ $A$:

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

Ответ:

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

Начальные условия на символ $B$:

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

Ответ:

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

Заметим, что чисто формально

$$ A(t, x) = \partial_t B(t, x) $$

Ещё заметим, что $A$ и $B$ вещественные (уравнение ж вещественное). Так что в вашем вопросе обход полюсов надо выбирать так, чтоб ответ был вещественным.


Трёхмерный случай.

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

$$ B(t, x, y, z)|_{t=0} = 0, \quad \partial_t B(t, x, y, z)|_{t=0} = \delta(x) \delta(y) \delta(z) $$

$$ A(t, {\bf r}) = \frac{1}{(2 \pi)^3} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \cos \left( t \sqrt{m^2 + p^2}\right) \cos (p_x x) \cos (p_y y) \cos (p_z z) \, dp_x \, dp_y \, dp_z $$

$$ B(t, {\bf r}) = \frac{1}{(2 \pi)^3} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{ \sin \left( t \sqrt{m^2 + p^2} \right) }{\sqrt{m^2 + p^2}} \cos (p_x x) \cos (p_y y) \cos (p_z z) \, dp_x \, dp_y \, dp_z $$

В сферических координатах:

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

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

Теперь усложняем задачу. Неоднородное уравнение:

$$ \left( \partial_t^2 - \partial_x^2 + m^2 \right) \psi(t, x) = J(t, x). $$

Решение:

$$ \psi(t, x) = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \left( A(t, x-x') \, \varphi(x') + B(t, x-x') \, \dot\varphi(x') + \int\limits_{-\infty}^{t} B(t - t', x-x') \, J(t', x') \, dt' \right) \, dx'. $$

Для трёхмерного случая аналогично.


Теперь на счёт сходимости. Точнее не сходимости. Интегралы $A$ и $B$ не сходятся. Они осциллируют возле некоторого значения. Пример:

$$ \frac{1}{2 \pi} \int\limits_{-1 \, 000 \, 000}^{+1 \, 000 \, 000} \cos\left( 0.2 \sqrt{1+p^2} \right) \cos (0.1 p) \, dp = -0.307895 $$

$$ \frac{1}{2 \pi} \int\limits_{-1 \, 000 \, 001}^{+1 \, 000 \, 001} \cos\left( 0.2 \sqrt{1+p^2} \right) \cos (0.1 p) \, dp = -0.625381 $$

$$ \frac{1}{2 \pi} \int\limits_{-1 \, 000 \, 002}^{+1 \, 000 \, 002} \cos\left( 0.2 \sqrt{1+p^2} \right) \cos (0.1 p) \, dp = -0.93277 $$

$$ \frac{1}{2 \pi} \int\limits_{-1 \, 000 \, 003}^{+1 \, 000 \, 003} \cos\left( 0.2 \sqrt{1+p^2} \right) \cos (0.1 p) \, dp = -1.21514 $$

Поэтому $A(t, {\bf r})$ и $B(t, {\bf r})$ - это не обычные функции, а интегральные ядра обобщённых функций. То есть сами по себе смысла не имеют, а имеют смысл лишь при интегрировании с ними.


Пример. Рассмотрим эволюцию гауссовского волнового пакета (трёхмерный случай)

$$ \psi(t , {\bf r})|_{t=0} = \exp \left( - \frac{r^2}{2 a^2} \right), \quad \partial_t \psi(t , {\bf r})|_{t=0} = 0 $$

Интегрируя начальные данные с символами $A$ и $B$, так как это было объяснено выше, получаем ответ:

$$ \psi(t, r) = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{a^3}{r} \int\limits_{0}^{\infty} \cos \left( t \sqrt{m^2 + p^2} \right) \exp \left( - \frac{1}{2} a^2 p^2 \right) \sin (p r) \, p \, dp $$

Вот этот ответ имеет смысл, а символы $A$ и $B$ - это промежуточная, внутренняя кухня.

[Munin]

Осталось объяснить, почему функция Грина, определённая так, есть функция Грина в том понимании, которое было указано в теме выше.

[SergeyGubanov]

Munin в сообщении #886298 писал(а):

Осталось объяснить, почему функция Грина, определённая так, есть функция Грина в том понимании, которое было указано в теме выше.

Это ж элементарно. Ну если хотите, то можно и по-подробнее:

$$ (\partial_t^2 - \partial_x^2 + m^2) \psi(t, x) = J(t, x) $$

$$ \psi(t, x) = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{i \omega t + i k x} \psi_{\omega k} \, d\omega \, dk $$

$$ J(t, x) = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{i \omega t + i k x} J_{\omega k} \, d\omega \, dk $$

$$ (-\omega^2 + k^2 + m^2) \psi_{\omega k} = J_{\omega k} $$

Собираем обратно

$$ J_{\omega k} = \frac{1}{(2\pi)^2} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{-i \omega t - i k x} J(t, x) \, dt \, dx $$

$$ \psi(t, x) = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} G(t - t', x - x') J(t', x') \, dt' dx' $$

$$ G(t, x) = \frac{1}{(2\pi)^2} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i \omega t + i k x}}{m^2+k^2-\omega^2} \, d\omega \, dk $$

Теперь надо разобраться как интегровать $G(t, x)$ по $\omega$, то есть что понимать под следующим символом:

$$ \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i \omega t}}{m^2 + k^2-\omega^2} \, d\omega = \, ?.. $$

Мы хотим чтобы прошлое влияло на будущее, а будущее на прошлое не влияло. То есть контур интегрирования мы должны выбрать так, чтобы интеграл был отличен от нуля при $t < 0$ и равен нулю при $t > 0$. Значит контур интегрирования замыкаем снизу (при $\omega \to - i \infty$), левый полюс $-\sqrt{m^2 + k^2}$ и правый полюс $+\sqrt{m^2 + k^2}$ обходим сверху, то есть по часовой стрелке. Так как нормальный обход против часовой стрелки, то обход по часовой даёт дополнительный множитель - минус единицу.

$$ \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i \omega t}}{m^2 + k^2-\omega^2} \, d\omega = \frac{1}{2\pi} (2\pi i) \left( - \frac{e^{-i t \sqrt{m^2 + k^2}}}{- 2 \sqrt{m^2 + k^2}} - \frac{e^{+i t \sqrt{m^2 + k^2}}}{+ 2 \sqrt{m^2 + k^2}} \right) = \frac{\sin \left( t \sqrt{m^2 + k^2} \right) }{\sqrt{m^2 + k^2}} $$

Поэтому моя $B(t, x)$

$$ B(t, x) = \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin (t \sqrt{m^2 + k^2})}{\sqrt{m^2 + k^2}} \cos (k x) \, dk $$

это и есть функция Грина $G(t, x)$ с замкнутым вниз контуром и обходом полюсов сверху при $t < 0$. Поэтому, окончательно, для неоднородной фракции решения получаем:

$$ \psi(t, x) = \int\limits_{-\infty}^{t} dt' \int\limits_{-\infty}^{+\infty} B(t - t', x - x') J(t', x') \, dx' $$

То что $e^{i k x}$ превратился в $\cos (k x)$, это совсем просто - интеграл от нечётной $\sin (k x)$ по симметричному интервалу $(-\infty, +\infty)$ всё равно равен нулю.

Ну, а с учётом начальных данных однородной фракции решения ($\varphi(x)$ и $\dot\varphi(x)$), получаем, то что я написал в своём предыдущем сообщении:

$$ \psi(t, x) = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \left( A(t, x-x') \, \varphi(x') + B(t, x-x') \, \dot\varphi(x') + \int\limits_{-\infty}^{t} B(t - t', x-x') \, J(t', x') \, dt' \right) \, dx'. $$

Для трёхмерного случая всё делается аналогично изложенному.

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #886523 писал(а):

Это ж элементарно.

Да, если понять, о чём речь. Речь шла об определении $(\square+m^2)G(t,x)=\delta(t,x).$

[EvilPhysicist]

Так, вроде бы разобрался.
Получилось такое выражение для запаздывающей функции Грина

$$ -i \cfrac{\theta(-t)}{(2\pi)^3} \int \cfrac{d^3 k}{2 \omega_k} \left( e^{i(\omega_k t - \vec k \vec r)} + \operatorname{h.c.} \right)$$

Оно преобразуется к виду, в котором видно, что функция действительная

$$\cfrac{\theta(-t)}{2 \pi^2} ~\cfrac{1}{r} ~\int\limits_0^\infty ~ \cfrac{k dk}{\sqrt{k^2+m^2}} \sin(\omega_k t) \sin(kr) $$

Но вот с видом из Ициксона и Зюбера не совпадает.

[SergeyGubanov]

Munin в сообщении #886547 писал(а):

SergeyGubanov в сообщении #886523 писал(а):

Это ж элементарно.

Да, если понять, о чём речь. Речь шла об определении $(\square+m^2)G(t,x)=\delta(t,x).$

Чтобы уж совсем стало понятно, в моих обозначениях:

$$ G(t, {\bf r}) = \theta(-t) B(t, {\bf r}) $$

Функцию $\theta(-t)$ можно убрать если интегрирование по времени $t'$ записывать не так: $\int\limits_{-\infty}^{+\infty} G(t - t') J(t') dt'$, а вот так: $\int\limits_{-\infty}^{t}B(t - t') J(t') dt'$ явно подчёркивая зависимость будущего от прошлого и независимость прошлого от будущего.

EvilPhysicist в сообщении #886582 писал(а):

Оно преобразуется к виду, в котором видно, что функция действительная

$$\cfrac{\theta(-t)}{2 \pi^2} ~\cfrac{1}{r} ~\int\limits_0^\infty ~ \cfrac{k dk}{\sqrt{k^2+m^2}} \sin(\omega_k t) \sin(kr) $$

Но вот с видом из Ициксона и Зюбера не совпадает.

Это правильный ответ. По крайней мере у меня такой же.

$$ B(t, {\bf r}) = \frac{1}{(2 \pi)^3} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{ \sin \left( t \sqrt{m^2 + p^2} \right) }{\sqrt{m^2 + p^2}} \cos (p_x x) \cos (p_y y) \cos (p_z z) \, dp_x \, dp_y \, dp_z = $$

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