Светоскоростной характер волновых уравнений КМ

[Lvov]

SergeyGubanov в сообщении #844478 писал(а):

Без формул не понятно что конкретно Вы имеете в виду. Напишите формулы.

Согласно Полянину плюс Бейтману фундаментальные частотные решения одномерного УКГ для комплексной функции имеют вид

$$\Delta_{\pm}(s)=\frac {\theta(s)} 2\,[J_0(\sqrt{s})\pm iY_0(\sqrt{s})]\mp \frac {\theta (-s)} {\pi} iK_0(\sqrt{-s}),$$

где $s=t^2-x^2.$
Скорость света, постоянная Планка и масса частицы взяты единичными.

Формула для волновой функции, вычисляемой через функцию возбуждения $u(x,0),$ имеет вид

$$\psi(x,t)=\int{\Delta_{\pm}(s_1)\,u(x_1,0)\,dx_1},$$

где $s_1=t^2-(x_1-x)^2.$
Для частицы берутся верхние знаки дублетов, для античастицы - нижние.

Фундаментальное решение для трехмерного варианта УКГ приведено в сообщении post843489.html#p843489

[SergeyGubanov]

Lvov в сообщении #844645 писал(а):

$$\Delta_{\pm}(s)=\frac {\theta(s)} 2\,[J_0(\sqrt{s})\pm iY_0(\sqrt{s})]\mp \frac {\theta (-s)} {\pi} iK_0(\sqrt{-s}),$$

Откуда комплексное решение у вещественного уравнения?

Lvov в сообщении #844645 писал(а):

через функцию возбуждения $u(x,0),$

Как одна "функция возбуждения" связана с двумя функциями $\psi(t, x)|_{t=0} = \varphi(x)$ и $\partial_t \psi(t, x)|_{t=0} = \dot\varphi(x)$, которые необходимо задать в качестве начальных данных для решения дифференциального уравнения второго порядка?

Lvov в сообщении #844645 писал(а):

$$\psi(x,t)=\int{\Delta_{\pm}(s_1)\,u(x_1,0)\,dx_1},$$

До прояснения смысла "функции возбуждения" эта формула не имеет смысла. Куда конкретно начальные данные-то подставлять?

---

Вы меня упрекнули в каком-то усложнении. Я попросил вас написать ваши формулы. Ну, а вдруг у вас действительно нечто по-проще есть... Вы же в ответ написали чего-то невнятное лишь бы отмазаться от моего вопроса что ли?

Вот моё решение:

Эволюция одномерного гауссовского волнового пакета

$$ \partial^2_t \psi - \partial^2_x \psi + m^2 \psi = 0, \eqno(1) $$

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

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

Эволюция трёхмерного гауссовского волнового пакета

$$ \partial^2_t \psi - \frac{1}{r^2} \partial_r \left( r^2 \, \partial_r \psi \right) + m^2 \psi = 0, \eqno(4) $$

$$ \psi(t , {\bf r})|_{t=0} = \exp \left( - \frac{r^2}{2 a^2} \right), \quad \partial_t \psi(t , {\bf r})|_{t=0} = 0, \eqno(5) $$

$$ \psi(t, r) = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{a^3}{r} \int\limits_{0}^{\infty} \cos \left( t \sqrt{m^2 + p^2} \right) \exp \left( - \frac{1}{2} a^2 p^2 \right) \sin (p r) \, p \, dp. \eqno(6) $$

Если у вас есть нечто более простое - прошу показать.

---

Да, кстати, на всякий случай напомню, что если вы вдруг захотите начальные данные интегрировать с функциями Бесселя, то ничего хорошего не получите. Начальные данные надо интегрировать с символами $A$ и $B$ из моих предыдущих сообщений.

[Lvov]

SergeyGubanov в сообщении #844904 писал(а):

1. Откуда комплексное решение у вещественного уравнения?
2. До прояснения смысла "функции возбуждения" эта формула не имеет смысла. Куда конкретно начальные данные-то подставлять?
3. ...напомню, что если вы вдруг захотите начальные данные интегрировать с функциями Бесселя, то ничего хорошего не получите.

Извините Сергей, но мне не хочется превращать тему в ликбез по математике и квантовой теории поля. Отвечу кратко.
1. Наличие комплексного решения у линейного уравнения с действительными коэффициентами не должно вас удивлять. Достаточно взять два разных решения и создать их линейную комбинацию с коэффициентами $+1$ и $+i.$ Но комплексные решения квантовой теории не произвольные, а представляют набор либо положительно- либо отрицательно-частотных составляющих. Для вычисления таких функций достаточно знать только их начальное значение. Первую производную при $t=0$ знать не надо.
2. Функция возбуждения $u(x,0)$ - это правая часть УКГ вида $u(x,0)\delta (t).$ Начальные данные при этом не используются, хотя их можно определить через $u(x,0).$
3. Задача Коши для УКГ решается через функции Бесселя, однако при этом функция Грина $G(x,t)$ характеризуется порядком функций Бесселя на единицу большим, чем соответствующая фундаментальная функция $\Delta(x,t)$:

$$G(x,t)=\frac {\partial \Delta(x,t)} {\partial t}.$$

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #844904 писал(а):

Вы же в ответ написали чего-то невнятное лишь бы отмазаться от моего вопроса что ли?

Внятное. Только вы не дали себе труда разобраться.

[SergeyGubanov]

Lvov в сообщении #845054 писал(а):

Извините Сергей, но мне не хочется превращать тему в ликбез по математике и квантовой теории поля.

Ну, квантовая теория поля здесь не причём, а вот ликбез по математике определённо необходим.

Lvov в сообщении #845054 писал(а):

1. Наличие комплексного решения у линейного уравнения с действительными коэффициентами не должно вас удивлять. Достаточно взять два разных решения и создать их линейную комбинацию с коэффициентами $+1$ и $+i.$ Но комплексные решения квантовой теории не произвольные, а представляют набор либо положительно- либо отрицательно-частотных составляющих. Для вычисления таких функций достаточно знать только их начальное значение. Первую производную при $t=0$ знать не надо.

Даже сто квантовых теорий поля не могут обойти то, что решение дифференциального уравнения второго порядка по времени нуждается в задании не только начального значения, но и в задании начального значения первой производной по времени.

Lvov в сообщении #845054 писал(а):

2. Функция возбуждения $u(x,0)$ - это правая часть УКГ вида $u(x,0)\delta (t).$ Начальные данные при этом не используются, хотя их можно определить через $u(x,0).$

Есть однородное вещественное дифференциальное уравнение второго порядка, у него есть начальные данные $\varphi(x)$ и $\dot\varphi(x)$. Я написал его общее решение через символы $A$ и $B$ ($B$ - функция Грина, $A = \frac{\partial B}{\partial t}$ - функция распространения). Вы меня упрекнули в том, будто бы я чего-то усложняю, то есть вам якобы известен более простой способ. На мой вопрос показать его, вы подсунули формулу решения совершенно другого уравнения - неоднородного, причём с нулевой однородной фракцией. То есть вообще не то. Да-а-а, ликбез по математике нужен. Представьте себе, начальные данные однородной фракции решения вообще никак не связаны с правой частью.

Общее решение неоднородного уравнения

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

включает в себя начальные данные $\varphi(x)$ и $\dot\varphi(x)$ однородной фракции:

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

В частном случае, когда $J(t, x) = \delta(t) j(x)$, получаем для $t > 0$:

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

Lvov в сообщении #845054 писал(а):

3. Задача Коши для УКГ решается через функции Бесселя, однако при этом функция Грина $G(x,t)$ характеризуется порядком функций Бесселя на единицу большим, чем соответствующая фундаментальная функция $\Delta(x,t)$:

$$G(x,t)=\frac {\partial \Delta(x,t)} {\partial t}.$$

Вы путаетесь в показаниях. То как вы ввели ранее букву $\Delta$ говорит о том, что это она является функция Грина. А вот её производная по времени - это функция распространения.

Да, и ещё одна вещь. Зачем вы ссылаетесь на квантовую теорию поля? Мы тут что, вычисляем сечения рассеяния, вероятности распадов, или, быть может, на худой конец, вычисляем аномальный магнитный момент электрона? Конечно нет. Квантовой теорией поля мы тут вообще не занимаемся. У нас тут нечто из раздела математической физики про интегральное ядро (обратного) дифференциального оператора; и нечто из общей физики про комптоновскую длину волны корпускулы.

---------------

Кстати, решение для гауссовского источника

$$J(t, x) = g \exp \left( - \frac{t^2}{2 \tau^2}\right) \exp \left( - \frac{x^2}{2 \lambda^2}\right)$$

с нулевой однородной фракцией:

$$ \psi(t, x) = \frac{g \lambda}{\sqrt{2 \pi}} \int\limits_{-\infty}^{t} \left( \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \left( (t - t') \sqrt{m^2+p^2} \right) }{\sqrt{m^2+p^2}} \exp \left( - \frac{\lambda^2 p^2}{2} \right) \cos( p x) \, dp \right) \exp \left( - \frac{t'^2}{2 \tau^2} \right) dt' $$

Жаль что от двойного интеграла здесь аналитически не избавишься; хотелось бы нарисовать, но численно двойной интеграл уж больно долго ждать...

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #846176 писал(а):

а вот ликбез по математике определённо необходим.

И вам, в том числе.

SergeyGubanov в сообщении #846176 писал(а):

На мой вопрос показать его, вы подсунули формулу решения совершенно другого уравнения - неоднородного, причём с нулевой однородной фракцией. То есть вообще не то.

В общем-то, они между собой, какбе, связаны.

SergeyGubanov в сообщении #846176 писал(а):

Представьте себе, начальные данные однородной фракции решения вообще никак не связаны с правой частью.

Начальные данные нет. А функции Грина этих двух задач между собой связаны. Кстати, вы сами можете найти, как.

[SergeyGubanov]

Munin в сообщении #846204 писал(а):

А функции Грина этих двух задач между собой связаны. Кстати, вы сами можете найти, как.

...

SergeyGubanov в сообщении #846176 писал(а):

Общее решение неоднородного уравнения

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

включает в себя начальные данные $\varphi(x)$ и $\dot\varphi(x)$ однородной фракции:

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

$B$ - функция Грина, $A = \frac{\partial B}{\partial t}$ - функция распространения, которые я ввёл пару недель / три страницы / назад в сообщении:

SergeyGubanov в сообщении #840518 писал(а):

Используя (3) сразу пишем ответ для $A(t, x)$:

$$ A(t, x) = \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \cos (t \sqrt{m^2 + p^2}) \cos (p x) \, dp. \eqno(5) $$

Используя (4) сразу пишем ответ для $B(t, x)$:

$$ B(t, x) = \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin (t \sqrt{m^2 + p^2})}{\sqrt{m^2 + p^2}} \cos (p x) \, dp. \eqno(6) $$

Заметим, что

$$ A(t, x) = \partial_t B(t, x). \eqno(7) $$

Я для кого это писал-то? Или здесь что-то такое экстра сложное написано, что никто не врубился ни тогда, ни сейчас?

Разьве что с тех пор, я уже успел отказаться вот от этого равенства:

SergeyGubanov в сообщении #840518 писал(а):

При $t^2 > x^2$

$$ B(t, x) = \frac{1}{2} J_0 (m \sqrt{t^2 - x^2}), \quad A(t, x) = -\frac{m t J_1 (m \sqrt{t^2 - x^2})}{2 \sqrt{t^2 - x^2}}. \eqno(8) $$

потому, что интеграл $A$ при численном счёте не сходится:

SergeyGubanov в сообщении #843703 писал(а):

Что касается области больших $t$, то там интеграл (2) осциллирует с меньшей амплитудой:

$t=100$


$t=1 \, 000$


$t=10 \, 000$


То есть чем больше $t$, тем с меньшей числовой ошибкой несходящийся интеграл (2) можно заменить на функцию Бесселя.

О том что интеграл численно не сходится к функции Бесселя я написал неделю назад. Реакции тоже ноль. Опять что-то экстра сложное? Lvov как ни в чём не бывало продолжил строить графики функций Бесселя. А то что интегралы численно к ним не сходятся - плевать...

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #846327 писал(а):

Я для кого это писал-то?

Ну что ж, значит, вы это знаете. Чего ж тогда вы говорите Lvov-у нечто совсем противоположное?

SergeyGubanov в сообщении #846327 писал(а):

Или здесь что-то такое экстра сложное написано, что никто не врубился ни тогда, ни сейчас?

Врубиться несложно, просто я не запомнил тогда, что вы это писали. А сейчас заметил бредовое заявление.

SergeyGubanov в сообщении #846327 писал(а):

Разьве что с тех пор, я уже успел отказаться вот от этого равенства

Важно другое равенство: что и для начальных данных, и для правой части у вас используется одна и та же функция $B.$ Так что, это не "вообще не то".

Ну а ваши проблемы - это ваши проблемы, реально функция Грина всё равно состоит из функций Бесселя. Помогать я вам в них пока не вижу повода.

[SergeyGubanov]

Munin в сообщении #846341 писал(а):

А сейчас заметил бредовое заявление.

Где?

Munin в сообщении #846341 писал(а):

реально функция Грина всё равно состоит из функций Бесселя

Да-а-а, и какое численное значение у $A(t,x)$, например, в точке $t=0.2$, $x=0.1$ при $m=1$?

[Munin]

SergeyGubanov
Может быть, вы с вашими навыками Mathematica, поможете в теме «Неревалентное решения уравнений масксвелла»? Там просят наглядную картинку эволюции решения волнового уравнения $\square_{\rho,\varphi,t}u=\theta(R-\rho)\,\theta(t).$

[Lvov]

SergeyGubanov в сообщении #846176 писал(а):

1. ...квантовая теория поля здесь не причём, а вот ликбез по математике определённо необходим. ...Квантовой теорией поля мы тут вообще не занимаемся.

2. Даже сто квантовых теорий поля не могут обойти то, что решение дифференциального уравнения второго порядка по времени нуждается в задании не только начального значения, но и в задании начального значения первой производной по времени.

3. На мой вопрос показать его, вы подсунули формулу решения совершенно другого уравнения - неоднородного, причём с нулевой однородной фракцией. То есть вообще не то. Да-а-а, ликбез по математике нужен. Представьте себе, начальные данные однородной фракции решения вообще никак не связаны с правой частью.

4. Вы путаетесь в показаниях. То как вы ввели ранее букву $\Delta$ говорит о том, что это она является функция Грина. А вот её производная по времени - это функция распространения.

1. Тема посвящена релятивистскому волновому уравнению КМ, конкретнее УКГ, сингулярные решения которого рассматриваются в КЭД и КТП. Ликбезом же заниматься вы меня упорно вынуждаете.

2. В общем случае вы правы, но мы рассматриваем частные комплексные решения для заряженных частиц, которые характеризуются только положительно- либо отрицательно-частотными составляющими. Именно в этом случае не требуется задания первой производной функции при решении задачи Коши.
Доказательство. Пусть заданы начальные условия при $t=0:\,\,\, \psi(x,0).$ Методом Фурье-преобразования раскладываем функцию на мнимо экспоненциальные составляющие $\psi(x,0)=\sum b_k\,\exp(ip_kx).$ Каждый член под знаком суммы домножаем на соответствующую величину $\exp(i\varepsilon_k\,t),$ где $\varepsilon_k=\pm \sqrt{m^2+p_k^2}.$ Это и есть искомое решение $\psi(x,t).$ Здесь верхний знак дублета отвечает частице, нижний - античастице.
В этом случае можно также показать, что УКГ сводится к двум уравнениям первого порядка по времени.

3. Для изучения эволюции функции во времени для простоты предлагается искать решения неоднородного уравнения с распределенной правой частью, например вида гауссоиды, умноженной на $\delta(t).$ При $t<0$ решение равно нулю. При $t=0$ решение равно функции правой части, поскольку последняя не успевает сколь-либо распространиться. При $t>0$ решение эволюционирует.

4. Для рассматриваемых сингулярных функций используется в разных источниках разная терминология. Действительно в большей части литературы функцией Грина называется, та сингулярная функция, которая в Полянине названа фундаментальным решением. Я применил термин функция Грина для решения задачи Коши (заданы начальные условия), использовав терминологию из В.Г.Левича "Курс теоретической физики", т. II, часть V, $\S 29.$ С учетом сказанного формула моя

$$G(x,t)=\frac {\partial \Delta(x,t)} {\partial t}$$

верна в нашем случае, как верны и другие мои формулы для сингулярных функций.
Ваши расходящиеся интегралы - надуманные вами проблемы.

[SergeyGubanov]

Lvov, вы зациклились - пересказали ещё раз своё предыдущее сообщение. А я на него уже отвечал.

Lvov в сообщении #847590 писал(а):

Ваши расходящиеся интегралы - надуманные вами проблемы.

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

Чему равна функция распространения $A(t, x)$ в точке $t=0.2$, $x=0.1$ при $m=1$? Число? Просто назовите число. Пол царства за число...

[Lvov]

SergeyGubanov в сообщении #848471 писал(а):

1. Lvov, вы зациклились - пересказали ещё раз своё предыдущее сообщение.
2.

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

Чему равна функция распространения $A(t, x)$ в точке $t=0.2$, $x=0.1$ при $m=1$? Число? Просто назовите число. Пол царства за число...

1. А вы не заметили, что я привел доказательство, решения решения УКГ для нашего случая, исходя лишь из функции начальных данных?
2. Не понял, какое отношение имеет ваш интеграл к настоящей теме, пожалуйста, поясните. Функции распространения (фундаментальные решения по Полянову) для одномерного и трехмерного случая, выражающиеся через бесселевы функции, я привел ранее.

[SergeyGubanov]

Лыко мочало начинаем всё сначала...

Lvov в сообщении #848569 писал(а):

1. А вы не заметили, что я привел доказательство, решения решения УКГ для нашего случая, исходя лишь из функции начальных данных?

Да, не заметил. Более того, на мой прямой вопрос его привести от вас дважды исходило лишь невнятное бормотание, да и то оказалось про уравнение с правой частью без учёта начальных данных $\varphi(x)$ и $\dot\varphi(x)$ однородного уравнения. Более того, вы ещё имеете наглость настаивать на глупости будто бы по благословлению квантовой теории поля дифференциальное уравнение второго порядка по времени нуждается лишь в одной начальной функции вместо двух .

Решение привёл я, а не вы:

SergeyGubanov в сообщении #846176 писал(а):

Общее решение неоднородного уравнения

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

включает в себя начальные данные $\varphi(x)$ и $\dot\varphi(x)$ однородной фракции:

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

SergeyGubanov в сообщении #840518 писал(а):

Используя (3) сразу пишем ответ для $A(t, x)$:

$$ A(t, x) = \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \cos (t \sqrt{m^2 + p^2}) \cos (p x) \, dp. \eqno(5) $$

Используя (4) сразу пишем ответ для $B(t, x)$:

$$ B(t, x) = \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin (t \sqrt{m^2 + p^2})}{\sqrt{m^2 + p^2}} \cos (p x) \, dp. \eqno(6) $$

В трёхмерном случае:

SergeyGubanov в сообщении #844233 писал(а):

$$ A(t, {\bf r}) = \frac{1}{(2 \pi)^3} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \cos \left( t \sqrt{m^2 + p^2}\right) \cos (p_x x) \cos (p_y y) \cos (p_z z) \, dp_x \, dp_y \, dp_z, \eqno(6) $$

$$ B(t, {\bf r}) = \frac{1}{(2 \pi)^3} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{ \sin \left( t \sqrt{m^2 + p^2} \right) }{\sqrt{m^2 + p^2}} \cos (p_x x) \cos (p_y y) \cos (p_z z) \, dp_x \, dp_y \, dp_z. \eqno(7) $$

Lvov в сообщении #848569 писал(а):

2. Не понял, какое отношение имеет ваш интеграл к настоящей теме, пожалуйста, поясните. Функции распространения (фундаментальные решения по Полянову) для одномерного и трехмерного случая, выражающиеся через бесселевы функции, я привел ранее.

Вам не понятно какое отношение пропагатор $A(t, x)$ и функция Грина $B(t, x)$ поля Клейна-Гордона имеет отношение к теме в которой пропагатор и функция Грина поля Клейна-Гордона обсуждаются?

Lvov в сообщении #848569 писал(а):

Функции распространения (фундаментальные решения по Полянову) для одномерного и трехмерного случая, выражающиеся через бесселевы функции, я привел ранее.

Ну, мало ли что вы из Полянина и Боголюбова бездумно сюда понапереписывали... $A(t, x)$ - функция распространения (пропагатор) поля Кленйа-Гордона

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

является формальным обозначением несходящегося интеграла, символом. Это не функция в обычном смысле, у неё нет числового значения. Об чём я вам тут уже две недели талдычу. Сами по себе пропагатор $A(t, x)$ использоваться не может, а только в составе формулы

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

в которую надо подставить его символическое выражение через интеграл по $p$ и поменять порядок интегрирования - сначала взять интеграл по $x'$ и лишь затем по $p$.

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #849231 писал(а):

Ну, мало ли что вы из Полянина и Боголюбова бездумно сюда понапереписывали...

Точно так же, мало ли что вы не справились переписать...