ТФКП, интеграл с полюсами на действительной оси

[Metford]

Viktor92 в сообщении #1188897 писал(а):

Да, именно в нём

А в чём именно проблема? Вроде бы теорема о вычетах нормально работает. Две особых точки внутри контура. Посчитать два вычета - и всё.

[DeBill]

Viktor92
1. Для контура-2: интеграл по нему равен нулю. Потому - с учетом Вашей леммы : $I=$ Вашему ответу, но токо с минусом.
2. Для контура-1: интеграл по нему равен - тому, что у Вас написано (минус - ибо ориентация контура - "отрицательная").
С учетом Вашей леммы (и знака: полуокружности тоже проходятся в "отрицательном направлении") получим для $I$ тот же ответ.
3. От деформации полуокружностей - если не переходить через полюса в процессе, и НЕ ТРОГАТЬ ИХ КОНЦЕВЫЕ ТОЧКИ - конечно, ничего не изменится.
4. Но: Вам уже писали, что интеграл по вещественной прямой - не существует. И "существование" ему можно придать лишь в неком "условном смысле". В смысле главного значения, например - как Вы и хотели. Важно помнить, что при этом мы выбрасываем СИММЕТРИЧНЫЕ окрестности особых точек. А уж как дополнять оставшееся множество - по фигу: надо только а) аккуратно учитывать , какие из особых точек попали внутрь контура б) правильно выбирать большую дугу (лемма Жордана обещает - при Вашем знаке у $\omega$ стремление к нулю интеграла по ней лишь в случае когда она - "нижняя")

[Cryo]

Ищем Грин-функцию 1+1 мерного уравнения

$\partial_{tt}G+2s\partial_tG-\partial_{xx}G=\delta\left(t-t'\right)\delta\left(x-x'\right)$

Через Фурье находим (в пределе $s\to0^{+}$):

$G=\frac{1}{2\pi}\int dk \exp\left(ik\left(x-x'\right)\right)\, \frac{-1}{2\pi}\int d\omega \frac{\exp\left(-i\omega\left(t-t'\right)\right)}{\left(\omega-\left(-k-is\right)\right)\left(\omega-\left(k-is\right)\right)}$

Нас интересует $\int d\omega ...$. Делаем с контуром следующее




Ваш контур это синий пунктир. Полюсы - оранжевые точки. В шаге 2 мы добавляем к интегралу вдоль действительной оси два интеграла вдоль замкнутого контура, один из них показан розовым. Интегранд в районе $\omega=\pm k$ является аналитической функцией, следовательно два замкнутых интеграла равны нулю. В то же время, если совместить эти замкнутые интегралы с интегралом вдоль действительной оси то получим смещения и конечный контур как на (2). Последний шаг (3) устремляем $s\to0$ и получаем контур который обходит сингулярности. Теперь его можно замкнуть снизу (если $t-t'>0$) и взять интеграл.

[Viktor92]

DeBill в сообщении #1188971 писал(а):

2. Для контура-1: интеграл по нему равен - тому, что у Вас написано (минус - ибо ориентация контура - "отрицательная").
С учетом Вашей леммы (и знака: полуокружности тоже проходятся в "отрицательном направлении") получим для $I$ тот же ответ.

Я наверно что-то не понимаю , но то что я написал в 1 пункте это то, как берут его в учебниках при выводе запаздывающей функции Грина, я с этим не совсем согласен. Давайте рассмотрим 1-ый контур $G$ (далее большую замыкающую снизу дугу явно писать не буду, т.к. интеграл по ней в пределе всё равно ноль), по основной теореме о вычетах интеграл по нему $\int\limits_{G}=-2\pi i (res_{z=-a}+res_{z=a})$, тогда интеграл по действительной оси в смысле главного значения, который нас интересует $\int\limits_{-\infty}^{\infty}=\int\limits_{G}-\int\limits_{c_-}-\int\limits_{c_-}$, где $c_{\pm}$ соответствующие малые дуги окружностей, интегралы по которым не равны нулю, в чём можно убедиться параметризуя малы дуги$z=\rho \exp(i \phi) \pm a$, и устремляя $\rho$ к нулю, но проще воспользоваться леммой, т.к. особые точки простые полюса и получим

$$\int\limits_{-\infty}^{\infty}=-2\pi i (res_{z=-a}+res_{z=a}) -(-\pi i(res_{z=-a}+res_{z=a}))=-\pi i (res_{z=-a}+res_{z=a})$$

, т.е. ответ такой же, как и для 2-го контура, а не то что у меня написано в 1-ом посте.

Cryo в сообщении #1189037 писал(а):

Последний шаг (3) устремляем $s\to0$ и получаем контур который обходит сингулярности.

Благодарю за подробное объяснение, очень интересный способ сдвигать полюса, в курсах ТФКП я такого метода что-то не встречал. Но всё таки у меня в голове не укладывается, интегралы по малым полуокружностям не равны нулю, что я как написал выше можно проверить параметризацией этих малых дуг, но в вашем способе и вправду следует, что интегралы по ним нулевые. Тогда получается такая ситуация противоречивая: взятие интеграла в комплексной плоскости будет давать разной значение, если использовать разные способы, тот, который я использовал выше и ваш со сдвигом полюсов.

[DeBill]

Viktor92 в сообщении #1189147 писал(а):

взятие интеграла в комплексной плоскости будет давать разной значение, если использовать разные способы, т

Да. Вот только интегралы то по малым дугам все же - ненулевые.
А называется это "Формулы Сохоцкого". Именно:
$\lim\limits_{\varepsilon \to +0}^{}\frac{1}{x+i\varepsilon} = -i\pi \delta (x) +\frac{1}{x}$, и
$\lim\limits_{\varepsilon \to -0}^{}\frac{1}{x+i\varepsilon} = i\pi \delta (x) +\frac{1}{x}$,
(все - в смысле обобщенных функций, и интегралы - в смысле главного значения).
Из них видим, что есть таки зависимость от того, куда сдвигаем полюса вверх или вниз....

[Cryo]

Интегралы по полу-дугам ненулевые. Просто интеграл вдоль коротких отрезков на вещественной оси, около $\omega=\pm{k}$, равен интегралам вдоль полу-дуг. Другой способ сказать это же самое, это укзать на то что интеграл по замкнутому контуру состоящему из полу-дуги и короткого горизонтального отрека в обратном направлении равен нулю (это "розовый" контур) . Поэтому вы и можете забесплатно деформировать ваш контур.

Насчёт всего метода введения малой величины $s$ чтобы не ломать себе голову по-поводу контуров. Он не мой, я его просто адаптировал из квантмеха, там используется похожиий трюк чтобы медленно "включить" пертурбацию (к примеру Kittel "Quantum Theory of Solids", Ch 1, General Time-Dependent Perturbation Theory).

[DeBill]

Cryo в сообщении #1189185 писал(а):

Интегралы по полу-дугам ненулевые.

Да.

Cryo в сообщении #1189185 писал(а):

интеграл вдоль коротких отрезков на вещественной оси, около $\omega=\pm{k}$, равен интегралам вдоль полу-дуг.

Нет.

Cryo в сообщении #1189185 писал(а):

интеграл по замкнутому контуру состоящему из полу-дуги и короткого горизонтального отрека в обратном направлении равен нулю

Нет.
Интеграл по отрезкам вещественной оси (он, вообще то, не существует. Но если его определять в смысле главного значения, то) равен нулю.
Общая "теорема о вычетах" говорит, что интеграл по ГЛАДКОМУ контуру равен "два пи и" на сумму вычетов по точкам внутри контура плюс ПОЛУСУММА вычетов по простым полюсам на контуре.

[Cryo]

DeBill в сообщении #1189251 писал(а):

Cryo в сообщении #1189185 писал(а):

Интегралы по полу-дугам ненулевые.

Да.

Cryo в сообщении #1189185 писал(а):

интеграл вдоль коротких отрезков на вещественной оси, около $\omega=\pm{k}$, равен интегралам вдоль полу-дуг.

Нет.

Cryo в сообщении #1189185 писал(а):

интеграл по замкнутому контуру состоящему из полу-дуги и короткого горизонтального отрека в обратном направлении равен нулю

Нет.
Интеграл по отрезкам вещественной оси (он, вообще то, не существует. Но если его определять в смысле главного значения, то) равен нулю.
Общая "теорема о вычетах" говорит, что интеграл по ГЛАДКОМУ контуру равен "два пи и" на сумму вычетов по точкам внутри контура плюс ПОЛУСУММА вычетов по простым полюсам на контуре.

Я говорил про "свою" конструкцию. Там интеграл на вещественной оси существует потому что полюсы сдвинуты с оси на $s$, я это отобразил два сообщения назад.

[DeBill]

Cryo в сообщении #1189324 писал(а):

Я говорил про "свою" конструкцию.

Ааа...

[Viktor92]

DeBill в сообщении #1189251 писал(а):

Общая "теорема о вычетах" говорит, что интеграл по ГЛАДКОМУ контуру равен "два пи и" на сумму вычетов по точкам внутри контура плюс ПОЛУСУММА вычетов по простым полюсам на контуре.

Может МИНУС полусумма вычетов по простым полюсам (это тоже самое, что применение леммы из моего первого поста), тогда получится то, что я написал выше. И если это врено, то опять же значение интеграла не совпадает с тем, что получил Cryo

Viktor92 в сообщении #1189147 писал(а):

тогда интеграл по действительной оси в смысле главного значения, который нас интересует $\int\limits_{-\infty}^{\infty}=\int\limits_{G}-\int\limits_{c_-}-\int\limits_{c_-}$, где $c_{\pm}$ соответствующие малые дуги окружностей, интегралы по которым не равны нулю, в чём можно убедиться параметризуя малы дуги$z=\rho \exp(i \phi) \pm a$, и устремляя $\rho$ к нулю, но проще воспользоваться леммой, т.к. особые точки простые полюса и получим

$$\int\limits_{-\infty}^{\infty}=-2\pi i (res_{z=-a}+res_{z=a}) -(-\pi i(res_{z=-a}+res_{z=a}))=-\pi i (res_{z=-a}+res_{z=a})$$

DeBill в сообщении #1189166 писал(а):

А называется это "Формулы Сохоцкого". Именно:
$\lim\limits_{\varepsilon \to +0}^{}\frac{1}{x+i\varepsilon} = -i\pi \delta (x) +\frac{1}{x}$, и
$\lim\limits_{\varepsilon \to -0}^{}\frac{1}{x+i\varepsilon} = i\pi \delta (x) +\frac{1}{x}$,

Я так понимаю в случае интеграла $\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{a^2-x^2}\exp(-i\omega x)$ эти формулы не применимы, здесь квадрат переменной в знаменателе, если только поизмудряться с заменами ...

[Cryo]

Мне кажется вы слишком увлеклись интегралом в то время, как мне казалось, изначально задача была найти Грин-функцию. Как я уже и писал выше в зависимости от выбора контура у вас получатся разные Грин-функции каждая из которых будет решением. Почему бы не найти Грин-функции для разных контуров и не посмотреть какие из них вам подходят?

Viktor92 в сообщении #1189390 писал(а):

Я так понимаю в случае интеграла $\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{a^2-x^2}\exp(-i\omega x)$ эти формулы не применимы, здесь квадрат переменной в знаменателе, если только поизмудряться с заменами ...

Здесь у вас останется та же неопределённость. Как получить ваш интеграл?

$\lim_{\mu\to0^{+}}\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{(a-x+i\mu)(a+x+i\varepsilon)}\exp(-i\omega x)$
$\lim_{\mu\to0^{+}}\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{(a-x+i\mu)(a+x-i\varepsilon)}\exp(-i\omega x)$
$\lim_{\mu\to0^{+}}\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{(a-x-i\mu)(a+x+i\varepsilon)}\exp(-i\omega x)$
$\lim_{\mu\to0^{+}}\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{(a-x-i\mu)(a+x-i\varepsilon)}\exp(-i\omega x)$

?

Кроме того не забывайте что $\omega$ может быть и больше и меньше нуля, так-что не факт что контур надо будет замыкать снизу.

[Cryo]

Если я вас неверно понял, и вам интересен именно интеграл и именно через главное значение (PV), то вам подойдёт любой контур главное не терять члены

к примеру:

$\lim_{\mu\to0^{+}}\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{(a-x+i\mu)(a+x-i\varepsilon)}\exp(-i\omega x)=PV\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{a^2-x^2}\exp(-i\omega x)+i\pi\frac{\exp(i\omega a)}{2a}-i\pi\frac{\exp(-i\omega a)}{2a}$

Теперь перекиньте PV налево а всё остальное направо и возьмите интеграл по контуру.

[DeBill]

Viktor92 в сообщении #1189390 писал(а):

Может МИНУС полусумма вычетов по простым полюсам (это тоже самое, что применение леммы из моего первого поста),

Да, это то же самое. Но все-таки ПЛЮС.

Viktor92 в сообщении #1189390 писал(а):

эти формулы не применимы,

Применимы. После замены $x-a =t$ : вылезет как раз множитель $\frac{1}{t +i\varepsilon}$, и формула сработает.

-- 03.02.2017, 13:52 --

А, Cryo уже написал нужные формулы...

[Viktor92]

Посчитал все 4 интеграла

Cryo в сообщении #1189420 писал(а):

$\lim_{\mu\to0^{+}}\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{(a-x+i\mu)(a+x+i\varepsilon)}\exp(-i\omega x)$
$\lim_{\mu\to0^{+}}\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{(a-x+i\mu)(a+x-i\varepsilon)}\exp(-i\omega x)$
$\lim_{\mu\to0^{+}}\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{(a-x-i\mu)(a+x+i\varepsilon)}\exp(-i\omega x)$
$\lim_{\mu\to0^{+}}\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{(a-x-i\mu)(a+x-i\varepsilon)}\exp(-i\omega x)$

Получил, соответственно что
$I_{Re}=V.p.I-\frac {i \pi}{2a}(\exp(-iaw)+\exp(iaw))$
$I_{Re}=V.p.I-\frac {i \pi}{2a}(\exp(-iaw)-\exp(iaw))$
$I_{Re}=V.p.I+\frac {i \pi}{2a}(\exp(-iaw)-\exp(iaw))$
$I_{Re}=V.p.I+\frac {i \pi}{2a}(\exp(-iaw)+\exp(iaw))$
Где по $I_{Re}$ я понимаю интеграл вдоль действительной оси по формулам Сохоцкого
Далее, чтобы найти интересующий меня $V.p.I$ я нашёл $I_{Re}$ по теореме о вычетах и сравнив с тем,что получил по формулам Сохоцкого нашел во всех 4 случаях одно и то же
$V.p.I=\frac {i \pi}{2a}(\exp(-iaw)-\exp(iaw))$
Но я так и не понял вот этого

Cryo в сообщении #1189420 писал(а):

Как я уже и писал выше в зависимости от выбора контура у вас получатся разные Грин-функции каждая из которых будет решением.

Ведь когда я осуществляю первое интегрирование по $\omega$,т.е. делаю обратное преобразование Фурье когда ищу $G_{k}(\tau)$, меня интересует как раз главное значение интеграла, которое будет одинаковым, как не обходи полюса, в чём я убедился выше...

[Cryo]

Хорошо что вы посчитали интегралы. Мне кажется по-крайней мере несколько из них у вас неверные, с другой стороны я и сам ошибся - этот минус перед $x$ здорово путает. Давайте я распишу как я эти интегралы считаю без формул Сохоцкого (она вылазит автоматически). Возьём интеграл на котором я ошибся

$\lim_{\mu\to0^{+}}\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{(a-x+i\mu)(a+x-i\varepsilon)}\exp(-i\omega x)$

У него полюсы в $x=a+i\mu$ и $x=-a+i\varepsilon$. Отобразим это на диаграмме (см. ниже (1)). Теперь используя тотже приём что я описал раньше деформируем контур так что под двумя полюсами будут полукруглые ямы с радиусом $\rho$ (см. (2)). Величина интеграла от этого непоменяется. Теперь опустим полюсы на действительную ось, тоесть возьмём оба предела. И получим контур (3).



Теперь разделяем интеграл на три части (см. (4)). Та часть что лежит полностью на действительной оси будет главным значением в пределе $\rho\to 0$, две другие части это просто интегралы по полукругам и берутся вручную. К премеру полукруг в районе $x=-a$:

$\lim_{\rho\to 0}\int\limits_{z=-a}dz\frac{\exp(-i\omega z)}{(a-z)(a+z)}=\frac{\exp(i\omega a)}{2a}\int\limits_{z=-a}dz\frac{1}{(a+z)}$

Меняем переменную на $z+a=\rho\exp(-i\theta)$ и $dz=-i(z+a)d\theta$:

$\lim_{\rho\to 0}\int\limits_{z=-a}dz\frac{\exp(-i\omega z)}{(a-z)(a+z)}=\frac{\exp(i\omega a)}{2a}\int\limits_{\pi}^{0}(-id\theta)=i\pi\frac{\exp(i\omega a)}{2a}$

Аналогичная картина и для интеграла по полукругу около $x=+a$, только теперь получим $i\pi\frac{\exp(-i\omega a)}{2a}$ итого:

$\lim_{\mu\to0^{+}}\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{(a-x+i\mu)(a+x-i\varepsilon)}\exp(-i\omega x)=$
$\quad=PV\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {dx}{(a-x)(a+x)}\exp(-i\omega x)+i\pi\frac{\exp(+i\omega a)}{2a}+i\pi\frac{\exp(-i\omega a)}{2a}$

Viktor92 в сообщении #1189825 писал(а):

Ведь когда я осуществляю первое интегрирование по $\omega$,т.е. делаю обратное преобразование Фурье когда ищу $G_{k}(\tau)$, меня интересует как раз главное значение интеграла, которое будет одинаковым, как не обходи полюса, в чём я убедился выше...

Здесь два утверждения. Я согласен что главное значение интеграла будет одним и тем же как его не бери, но я почему вы думаете что вам нужно именно оно? Грин-функция даёт вам решение дифф-ура, и вы знаете что у этого дифф-ура несколько независимых решений. Вас не смущает что при вашем подходе вы получите одну Грин-функцию которая будет генерировать лишь одно решение? Мало того, я почти уверен что Грин-функция полученная через главное значение не будет каузальной, то-есть она будет допускать вклад источника даже из будущего в то время как обычно мы имеем две Грин-функции, одна из которых не допускает вкладов источника из будущего (retarded Greens function) а другая из прошлого (advanced Greens function). Так-что выбор контура далеко не так тривиален как вам кажется. Именно поэтому мне нравится решать изменённое уравнение а потом устремлять $s\to0$, тогда проблем с выбором контура нет. Точнее говоря они есть но в явной форме - я с самого начала выбираю класс решений которые мне интересны.