FANDOM


Повернутися до розділу "Потенціали поля".

Для розв'язку рівняння д'Аламбера треба розглянути поняття функції Гріна.

Нехай є деяке рівняння

$ \ L u (\mathbf x) - \lambda u (\mathbf x) = f(\mathbf x) \qquad (.6) $,

де $ \ L $ - ермітів оператор, $ \ u (\mathbf x ) $ - шукана функція, $ \ f (\mathbf x ) $ - функція-неоднорідність.

Для розв'язку рівняння можна розкласти шукану функцію та функцію неоднорідність по власним функціям оператора $ \ L $:

$ \ u(\mathbf x ) = \sum \limits_{n}c_{n} u_{n}(\mathbf x ), \quad f(\mathbf x) = \sum \limits_{n}d_{n}u_{n}(\mathbf x), \quad d_{n} = f(\mathbf x) \cdot u_{n}(\mathbf x) = \int f(\mathbf x ') u_{n}(\mathbf x ')d^{3}\mathbf x' $.

Враховуючи, що для власних функцій

$ \ L u_{n}(\mathbf x ) = \lambda_{n} u_{n}(\mathbf x ) $,

де $ \ \lambda_{n} $ - власне число оператора, якому відповідає одна власна функція $ \ u_{n}(\mathbf x ) $ (невироджений випадок), із початкового рівняння можна отримати

$ \ \sum \limits_{n}(\lambda_{n} - \lambda )c_{n}u_{n}(\mathbf x) = \sum_{n}d_{n}u_{n}(\mathbf x ) \Rightarrow c_{n} = \frac{d_{n}}{\lambda_{n} - \lambda } = \frac{\int f(\mathbf x ') u_{n}(\mathbf x ')d^{3}\mathbf x'}{\lambda_{n} - \lambda } $,

і

$ \ u(\mathbf x ) = \sum \limits_{n}\frac{u_{n}(\mathbf x )\int f(\mathbf x ') u_{n}(\mathbf x ')d^{3}\mathbf x'}{\lambda_{n} - \lambda} = \int G(\mathbf x , \mathbf x ' )f(\mathbf x' )d^{3}\mathbf x ' \qquad (.7) $,

де була введена функція Гріна:

$ \ G(\mathbf x , \mathbf x ' ) = \sum \limits_{n} \frac{u_{n}(\mathbf x ' )u_{n}(\mathbf x)}{\lambda_{n} - \lambda } $.

Із отриманого розв'язку для $ \ u (\mathbf x ) $ видно, що якщо у початкове рівняння замість функції-неоднорідності $ \ f(\mathbf x ) $ підставити $ \ \delta (\mathbf x - \mathbf x_{0}) $, то розв'язок $ \ (.7) $ набуде вигляду

$ \ u(\mathbf x ) = \int G(\mathbf x , \mathbf x ' )\delta (\mathbf x' - \mathbf x_{0})d^{3}\mathbf x ' = G (\mathbf x , \mathbf x_{0}) $.

Таким чином, функція Гріна є розв'язком рівняння $ \ (.6) $, де у вигляді неоднорідності стоїть дельта функція $ \ \delta (\mathbf x - \mathbf x_{0}) $:

$ \ L G (\mathbf x, \mathbf x_{0}) - \lambda G (\mathbf x , \mathbf x_{0}) = \delta (\mathbf x - \mathbf x_{0}) $.

Тепер можна перейти до розв'язання рівняння д'Аламбера на потенціали. Зрозуміло, знову ж таки, що можна розглянути лише рівняння для скалярного потенціалу. Тоді

$ \ L \varphi = \frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2}\varphi (\mathbf x , t) }{\partial t^{2}} - \Delta \varphi (\mathbf x , t) = 4 \pi \rho (\mathbf x , \mathbf t) $,

і функція Гріна є розв'язком рівняння

$ \ \frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2}G (\mathbf x , t) }{\partial t^{2}} - \Delta G (\mathbf x , t) = \delta (\mathbf x - \mathbf x_{0})\delta (t - t_{0}) \qquad (.8) $.

Без зменшення загальності можна покласти $ \ \mathbf x_{0} = 0, t_{0} = 0 $. А рівняння можна переписати алгебраїчним рівнянням у 4-вимірному Фур'є-просторі:

$ \ G(\mathbf k , \omega) = \int d^{3}\mathbf x \int e^{-i(wt - (\mathbf k \cdot \mathbf x ))}G(\mathbf x , t) dt, \quad G(\mathbf x , t ) = \frac{1}{(2 \pi )^{4}}\int d^{3}\mathbf k \int e^{i (\omega t - (\mathbf k \cdot \mathbf x))}G(\mathbf k , \omega)d \omega $.

Тоді, вважаючи поля (а отже, і функцію Гріна) нульовими на нескінченності (наприклад, вони обернено пропорційні деякій степені $ \ |\mathbf x | $) і розглядаючи частинну похідну по $ \ x $ (розгляд всіх інших похідних буде аналогічним), можна буде визначити явний вигляд д'Аламбертіану у просторі Фур'є. Дійсно, за вищеозначеної умови перетворення

$ \ \frac{\partial^{2}G (\mathbf x , t)}{\partial x^{2}} \to \int \limits_{-\infty}^{\infty}e^{-i\omega t}dt\int \limits _{-\infty}^{\infty}e^{ik_{y}y}dy\int \limits_{-\infty}^{\infty}e^{ik_{z}z}dz \int \limits_{-\infty}^{\infty}e^{ik_{x}x}\frac{\partial^{2} G (\mathbf x , t)}{\partial x^{2}}dx $

при розгляді лише інтегралу по $ \ x $ шляхом інтегрування по частинам спроститься наступним чином:

$ \ \int \limits_{-\infty}^{\infty}e^{ik_{x}x}\frac{\partial^{2} \varphi(\mathbf x , t)}{\partial t^{2}}dx = \frac{\partial G (\mathbf x, t) }{\partial x}e^{ik_{x}x}\bigg|_{-\infty}^{\infty} - ik_{x}\int \limits_{-\infty}^{\infty}e^{ik_{x}x}\frac{\partial G (\mathbf x , t)}{\partial x}dx = \frac{\partial G }{\partial x}e^{ik_{x}x}\bigg|_{-\infty}^{\infty} - G (\mathbf x , t)e^{ik_{x}x}\bigg|_{-\infty}^{\infty} - k_{x}^{2}\int \limits_{-\infty}^{\infty} e^{ik_{x} x}G (\mathbf x , t)dx = $

$ \ = -k_{x}^{2}\int \limits_{-\infty}^{\infty} e^{ik_{x} x}\varphi (\mathbf x , t)dx $,

а тому рівняння, після перетворення

$ \ \frac{\partial^{2}G (\mathbf x , t)}{\partial x^{2}} \to -k_{x}^{2}G(\mathbf k , \omega) \Rightarrow \frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2}\varphi (\mathbf x , t) }{\partial t^{2}} - \Delta \varphi (\mathbf x , t) = \left(k^{2} - \frac{\omega^{2}}{c^{2}}\right) G (\mathbf k ,\omega ) $,

набуде вигляду

$ \ \left(k^{2} - \frac{\omega^{2}}{c^{2}}\right) G (\mathbf k ,\omega ) = 1 $.

Звідси функція Гріна у Фур'є-просторі рівна

$ \ G(\mathbf k , \omega) = \frac{c^{2}}{k^{2}c^{2} - \omega^{2}} $.

Тепер треба перейти до "стандартного" простору-часу. Для цього можна використати обернене перетворення, що було записано вище:

$ \ G(\mathbf k , \omega) \to \frac{c^{2}}{(2 \pi )^{4}}\int e^{-i(\mathbf k \cdot \mathbf x )} d^{3}\mathbf k \int \limits_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i \omega t} d \omega}{k^{2}c^{2} - \omega^{2}} $.

Після переходу до сферичної системи координат та співнапрямлення полярної осі у сферичній системі із вектором $ \ \mathbf x $ інтеграл можна записати як

$ \ -\frac{c^{2}}{(2 \pi )^{3}}\int \limits_{0}^{\infty} k^{2}dk\int \limits_{0}^{\pi}e^{-ikxcos(\theta)}d(cos(\theta ))\int \limits_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\omega t} d\omega }{k^{2}c^{2} - \omega^{2}} = -\frac{c^{2}}{4 \pi^{3} x}\int \limits_{0}^{\infty} k\frac{e^{ikx} - e^{-ikx}}{2i}dk\int \limits_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\omega t}d \omega }{k^{2}c^{2} - \omega^{2}} = -\frac{c^{2}}{4 \pi^{3} x} \int \limits_{0}^{\infty}sin(kx)kdk \int \limits_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\omega t}d \omega }{k^{2}c^{2} - \omega^{2}} $.

При інтегруванні по $ \ \omega $ виникає складність у зв'язку з розташуванням полюсів $ \ kc, -kc $ на осі інтегрування. Їх можна обходити або у верхній півплощині, або у нижній. Цю складність можна усунути, розглянувши початкове рівняння $ \ (.8) $ та загальні фізичні міркування. Із рівняння слідує, що при $ \ t = 0 $ воно має збурення. А що відбувається, виходячи з рівняння, при $ \ t < 0 $? Користуючись принципом причинності, можна допустити, що при $ \ t < 0 $ $ \ G (\mathbf x , t) = 0 $. Дійсно, подальші міркування, що допускали б $ \ G (\mathbf x , t) = 0 $ при $ \ t > 0 $, були б пов'язані з "випередженням" дії потенціалу в даній точці (про це буде написано дещо нижче).

Для такої умови треба обходити полюси у нижній напівплощині. Дійсно, замкнувши при такому обході контур інтегрування для моментів $ \ t < 0 $ у нижній напівплощині (щоб інтеграл по частині контуру з радіусом $ \ \omega \to \infty $ не обертався в нескінченність), можна буде отримати обмежену цим контуром область, у якій немає полюсів, і тоді інтеграл буде рівен нулю.

Для додатних моментів часу, замикаючи контур зверху (у області, обмеженій контуром, буде два полюси), можна отримати, що інтеграл рівен

$ \ I = \frac{c^{2}}{4 \pi^{3} x} \int \limits_{0}^{\infty}k sin(kx)2 \pi i\left[\frac{e^{-ik ct}}{2 kc} - \frac{e^{ikct}}{2kc} \right]dk = \frac{ic}{4 \pi^{2}x}\int \limits_{0}^{\infty} sin(kx)\left( e^{-ikct} - e^{ikct}\right) dk $.

Наведений інтеграл можна взяти досить просто. По-перше, функція під знаком інтегралу є симетричною. Тому

$ \ I = \frac{ic}{8 \pi^{2}x} \int\limits_{-\infty}^{\infty} sin(kx)\left( e^{-ikct} - e^{ikct}\right) dk = \frac{ic}{8 \pi^{2}x}\left[ \int \limits_{-\infty}^{\infty} sin(kx) e^{-ikct}dk - \int \limits_{-\infty}^{\infty} sin(kx) e^{ikct}dk \right] $.

По-друге, другий доданок в силу "антисиметричних" меж інтегрування рівен, із оберненим знаком, подвоєному першому:

$ \ \int \limits_{-\infty}^{\infty} sin(kx) e^{ikct}dk = |k \to -k| = \int \limits_{\infty}^{-\infty}sin(kx) e^{-ikct}dk = -\int \limits_{-\infty}^{\infty}sin(kx) e^{-ikct}dk $.

Отже,

$ \ I = \frac{ic}{4 \pi^{2}x}\int \limits_{-\infty}^{\infty}sin(kx)e^{-ikct}dk = \frac{c}{8 \pi^{2}x}\int \limits_{-\infty}^{\infty}\left( e^{ik(x - ct)} - e^{-ik(x + ct)}\right)dk $.

Залишається лише довести, що

$ \ \int \limits_{-\infty}^{\infty}e^{i k h}dk = 2 \pi \delta (h) $.

Дійсно,

$ \ \delta (h) \to \int \limits_{-\infty}^{\infty}\delta(h)e^{-ikh}dh = 1 \Rightarrow \frac{1}{2 \pi}\int \limits_{-\infty}^{\infty}1e^{ikh}dk = \delta (h) $.

Отже, накінець,

$ \ I = \frac{c}{4 \pi x}\left[ \delta (x - ct) + \delta (x + ct)\right] $.

Оскільки

$ \ x = |\mathbf x| > 0, t > 0 $,

то

$ \ I = \frac{c}{4 \pi |\mathbf x|}\delta (|\mathbf x| - ct) $.

Згадуючи, що від $ \ \mathbf x_{0}, t_{0} $ результат не залежить, можна записати функцію Гріна як

$ \ G(\mathbf x, t) = \frac{c}{4 \pi |\mathbf x - \mathbf x'|}\delta (|\mathbf x - \mathbf x'| - c(t - t')) $.

Тоді, повертаючись до початкового рівняння д'Аламбера

$ \ \square \varphi (\mathbf x , t) = 4 \pi \rho (\mathbf x , t) $,

можна отримати відповідь:

$ \ \varphi (\mathbf x , t) = c\int \frac{\rho (\mathbf x' , t') \delta (|\mathbf x - \mathbf x'| - c(t - t')) d^{3}\mathbf x' dt}{|\mathbf x - \mathbf x'|} = \int \frac{\rho (\mathbf x' , t - \frac{|\mathbf x - \mathbf x'|}{c})d^{3}\mathbf x'}{|\mathbf x - \mathbf x'|} $.

Доданок $ \ \frac{|\mathbf x - \mathbf x'|}{c} $, очевидно, пов'язаний із "запізненням" розповсюдження поля: при відстані від спостерігача у точці $ \ \mathbf x $ зміна у полі дійде до нього із точки $ \ \mathbf x' $ за час $ \ \frac{|\mathbf x - \mathbf x' |}{c} $. Тобто, зміна поля, що з'явилась при русі заряда, дійде до спостерігача тоді, коли заряд вже буде в іншій точці. Відповідно, якби з самого початку було б вибрано, що $ \ \varphi (\mathbf x , t) = 0 $ при $ \ t > 0 $, то зміна поля, що зумовлена рухом заряду у точку $ \ \mathbf r' $ дійшла до спостерігача ще до того, як заряд був би у точці $ \ \mathbf r' $, що протирічить принципу причинності.