Функция Грина Фейнмана в 1 + 1D для д'Аламбера

Question

Функция Грина Фейнмана в 1 + 1D для д'Аламбера

Физика
распространитель
зеленые функции
домашнее задание-и-упражнения
Дирак-дельта-распределения

Эрих

Я пытаюсь получить функцию Грина Фейнмана (т. е. я использую рецепт причинности Фейнмана для вычисления функции Грина) для Даламбера в 1 + 1D, я нахожу

г_{Ф}^{(2)} (т; \vec{Икс}) "=" \frac{1}{4 π} \frac{Θ (т^{2} - {\vec{Икс}}^{2})}{\sqrt{т^{2} - {\vec{Икс}}^{2}}} - \frac{я}{4 π^{2}} \int_{- \infty}^{\infty} г г^{'} PV (\frac{1}{т^{2} - {\vec{Икс}}^{2} - г^{' 2}}) .

$G^{(2)}_F (t; \vec x) = \frac{1}{4\pi} \frac{\Theta(t^2-\vec x^2)}{\sqrt{t^2-\vec x^2}} - \frac{i}{4\pi^2} \int_{-\infty}^\infty dz' \text{P.V.}\left(\frac{1}{t^2-\vec x^2 - z'^2}\right).$

Этот результат правильный или неправильный? У меня нет ссылки с ответом. Предположим, что результат правильный, есть ли способ еще больше упростить его?

Как я нахожу результат.

Я использовал обычную процедуру (как у Элефтериоса Эконому и у Морса Фешбаха), чтобы найти функцию Грина в 1+1D как потенциал, порожденный бесконечной линией заряда в 2+1D.

г_{Ф}^{(2)} (т; \vec{Икс}) "=" \int г т^{'} г^{3} р^{'} г_{С}^{(3)} (т - т^{'}; \vec{р} - {\vec{р}}^{'}) Дж (т^{'}, {\vec{р}}^{'}) .

$G^{(2)}_F (t; \vec x) = \int dt' d^3 r' G^{(3)}_C (t-t'; \vec r-\vec r') J(t',\vec r').$

Функция зеленого Фейнмана в 2 + 1D:

г_{Ф}^{(3)} (т - т^{'}; \vec{р} - {\vec{р}}^{'}) "=" \frac{1}{4 π} [дельта ((т - т^{'})^{2} - | | \vec{р} - {\vec{р}}^{'} | |) - \frac{я}{π} PV (\frac{1}{(т - т^{'})^{2} - | | \vec{р} - {\vec{р}}^{'} | |})]

$G^{(3)}_F (t-t'; \vec r-\vec r') = \frac{1}{4\pi} \left[\delta((t-t')^2-||\vec r - \vec r'||) - \frac{i}{\pi} \text{P.V.}\left(\frac{1}{(t-t')^2-||\vec r-\vec r'||}\right)\right]$

как можно проверить по Боголюбову-Ширкову (Приложение II, стр. 605, А2б.6)

И источник,

Дж (т^{'}, {\vec{р}}^{'}) "=" дельта ({Икс}^{'}) дельта (у^{'}) дельта (т^{'})

$J(t',\vec r') = \delta(x') \delta(y') \delta(t')$

Так что,

г_{Ф}^{(2)} (т; \vec{Икс}) "=" \int_{- \infty}^{\infty} г г^{'} \frac{1}{4 π} [дельта (т^{2} - {\vec{Икс}}^{2} - г^{' 2}) - \frac{я}{π} PV (\frac{1}{т^{2} - {\vec{Икс}}^{2} - г^{' 2}})]

$G^{(2)}_F (t; \vec x) = \int_{-\infty}^\infty dz'\frac{1}{4\pi} \left[\delta(t^2-\vec x^2 - z'^2) - \frac{i}{\pi} \text{P.V.}\left(\frac{1}{t^2-\vec x^2 - z'^2}\right)\right]$

Используя базовое свойство Dirac Delta,

дельта ({Икс}^{2} - а^{2}) "=" \frac{1}{2 | а |} (дельта (Икс + а) + дельта (Икс - а))

$\delta(x^2-a^2) = \frac{1}{2|a|} \left(\delta(x+a) + \delta(x-a) \right)$ получаем для первого интеграла,

\frac{1}{8 π} \int_{- \infty}^{\infty} г г^{'} \frac{1}{| | \sqrt{т^{2} - {\vec{Икс}}^{2}} | |} (дельта (г - \sqrt{т^{2} - {\vec{Икс}}^{2}}) + дельта (г + \sqrt{т^{2} - {\vec{Икс}}^{2}}))

$\frac{1}{8\pi} \int_{-\infty}^\infty dz'\frac{1}{||\sqrt{t^2-\vec x^2}||} \left(\delta(z-\sqrt{t^2-\vec x^2}) + \delta(z+\sqrt{t^2-\vec x^2})\right)$

Для $T^2>\vec x^2$ (временной интервал) точки $\pm \sqrt{t^2-\vec x^2}$ действительны и принадлежат интервалу $(-\infty,\infty)$ . Итак, имеем (для первого интеграла)

\frac{1}{4 π} \frac{Θ (т^{2} - {\vec{Икс}}^{2})}{\sqrt{т^{2} - {\vec{Икс}}^{2}}}

$\frac{1}{4\pi} \frac{\Theta(t^2-\vec x^2)}{\sqrt{t^2-\vec x^2}}$

И наконец,

г_{Ф}^{(2)} (т; \vec{Икс}) "=" \frac{1}{4 π} \frac{Θ (т^{2} - {\vec{Икс}}^{2})}{\sqrt{т^{2} - {\vec{Икс}}^{2}}} + \int_{- \infty}^{\infty} г г^{'} PV (\frac{1}{т^{2} - {\vec{Икс}}^{2} - г^{' 2}})

$G^{(2)}_F (t; \vec x) = \frac{1}{4\pi} \frac{\Theta(t^2-\vec x^2)}{\sqrt{t^2-\vec x^2}} + \int_{-\infty}^\infty dz' \text{P.V.}\left(\frac{1}{t^2-\vec x^2 - z'^2}\right)$

Просто упомянем здесь, что происходит с моим решением, если мы попадаем в сингулярность светового конуса ( $t=\pm \vec x$ ). Я думаю, что о главном значении в данном случае можно забыть.

Если я возьму интеграл и решу его, я получу

\int_{- \infty}^{\infty} г г^{'} (\frac{1}{т^{2} - {\vec{Икс}}^{2} - г^{' 2}}) "=" \frac{я π}{\sqrt{т^{2} - {\vec{Икс}}^{2}}} .

$\int_{-\infty}^\infty dz' \left(\frac{1}{t^2-\vec x^2 - z'^2}\right) = \frac{i\pi}{\sqrt{t^2-\vec x^2}}.$

Так что я получаю,

г_{Ф}^{(2)} (т; \vec{Икс}) "=" \frac{1}{4 π} \frac{1}{\sqrt{т^{2} - {\vec{Икс}}^{2}}} (Θ (т^{2} - {\vec{Икс}}^{2}) + 1)

$G^{(2)}_F (t; \vec x) = \frac{1}{4\pi} \frac{1}{\sqrt{t^2-\vec x^2}} \left(\Theta(t^2-\vec x^2) + 1\right)$

auxsvr

Кстати, PV задуман как символ, сопровождающий интеграл, он бессмысленен рядом с функцией, кроме как обозначения, подразумевающего интеграл.

auxsvr

Судя по всему, вы использовали

lim_{ϵ \to 0} \frac{1}{x \pm i ϵ} = PV \frac{1}{x} \mp i π δ (x)

$\lim_{\epsilon \to 0}\frac{1}{x\pm i \epsilon} = \text{PV} \frac{1}{x} \mp i\pi \delta(x)$ , верно?

auxsvr

Когда мы пытаемся найти функцию Грина, мы замечаем, что интеграл расходится (часть PV), поэтому вместо этого мы должны брать запаздывающие или опережающие решения, которые находятся слева от формулы Сохоцкого-Племеля. Если вы начнете с определения функции Грина, вы увидите, что сделали все наоборот. Кроме того, константы в определении функции Грина не имеют значения.

Ответы (1)

Функция Грина Фейнмана в 1 + 1D для д'Аламбера

Кстати, PV задуман как символ, сопровождающий интеграл, он бессмысленен рядом с функцией, кроме как обозначения, подразумевающего интеграл.
Судя по всему, вы использовали $\lim_{\epsilon \to 0}\frac{1}{x\pm i \epsilon} = \text{PV} \frac{1}{x} \mp i\pi \delta(x)$ , верно?
Когда мы пытаемся найти функцию Грина, мы замечаем, что интеграл расходится (часть PV), поэтому вместо этого мы должны брать запаздывающие или опережающие решения, которые находятся слева от формулы Сохоцкого-Племеля. Если вы начнете с определения функции Грина, вы увидите, что сделали все наоборот. Кроме того, константы в определении функции Грина не имеют значения.

auxsvr · Answer 1

Прежде всего, запаздывающая (причинная) функция Грина для далембертиана есть ( $\vec{R} \equiv \vec{x} - \vec{x}'$ , $T \equiv t - t'$ , $R\equiv |\vec{R}|$ ),

г_{р}^{(3)} (р, Т) "=" \frac{Θ (Т) дельта (Т - р / с)}{4 π р} .

$G^{(3)}_R(R,T) = \frac{\Theta(T)\delta(T-R/c)}{4\pi R}.$ Это приводит к запаздывающему потенциалу в электромагнетизме. Оно зависит только от разности векторов положения из-за симметрии граничного условия в неограниченном пространстве и от разницы во времени, поскольку определяющие уравнения и граничное условие инвариантны, если заменить

t \to t - t^{'}

$t \to t-t'$ .

Используя метод вложения или спуска с соответствующими граничными условиями, функция Грина в размерности 2 определяется выражением ( $r \equiv \sqrt{ (x-x')^2 + (y-y')^2}$ ),

г_{р}^{(2)} (р, Т) "=" \frac{Θ (Т)}{4 π} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{дельта (Т - р / с)}{р} г г "=" \frac{Θ (Т)}{4 π} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{дельта (Т - \sqrt{р^{2} + (г - г^{'})^{2}} / с)}{\sqrt{р^{2} + (г - г^{'})^{2}}} г (г - г^{'}),

$G^{(2)}_R(r,T) = \frac{\Theta(T)}{4\pi} \int_{-\infty}^\infty \frac{\delta ( T - R/c)}{R} d z = \frac{\Theta(T)}{4\pi} \int_{-\infty}^\infty \frac{\delta\left( T - \sqrt{ r^2 + (z-z')^2}/c \right)}{\sqrt{ r^2 + (z-z')^2}} d (z-z'),$ что равно

г_{р}^{(2)} (р, Т) "=" \frac{Θ (Т - р / с)}{2 π \sqrt{Т^{2} - р^{2} / с^{2}}},

$G^{(2)}_R(r,T) = \frac{\Theta(T - r/c)}{2\pi \sqrt{T^2- r^2/c^2}},$ для

T > 0

$T>0$ , в противном случае

0

$0$ .

Решение с главным значением может быть найдено как линейная комбинация запаздывающей и опережающей функций согласно разложению

- PV \int_{- \infty}^{\infty} \frac{ф_{п} (Икс) ф_{п}^{*} ({Икс}^{'})}{λ_{п}} г п "=" г^{\pm} \mp Λ

$-\text{PV} \int_{-\infty}^\infty \frac{\phi_p(x) \phi^*_p(x')}{\lambda_p} d p = G^{\pm} \mp \Lambda$ в терминах собственных функций, где

Λ

$\Lambda$ представляет собой интеграл, содержащий собственные функции с нулевым собственным значением. Вы также можете увидеть это с помощью теоремы Сохоцкого-Племеля.

Ой... простите, похоже, я ошибся. У меня была идея, что причинный рецепт был рецептом Фейнмана, а не рецептом отсталых! Я рассмотрю теорему Сохоцкого-Племеля.
Другое дело, то, что я нашел для отсталых рецептов, имеет $\Theta(t)$ (что согласуется с Хассани - Математическая физика - Задача 22.26) вместо $\Theta(t-r/c)$ Вы нашли.
Должен быть $\Theta(T-r/c)$ , иначе квадратный корень становится мнимым, что не допускается определением корней аргумента дельта-функции.
Я не это имел в виду. Я пытаюсь сказать, что $G^{(3)}$ Я написал, что это рецепт Фейнмана (который я называл «причинным»), а не отсталый. Я уже исправил свой вопрос, убрав упоминание о "причинном" - мотивированном книгой Боголюбова. Предписание Фейнмана означает, что интеграл, который необходимо решить для нахождения функции Грина, равен $\int \frac{d^4 p}{(2\pi)^4} \frac{e^{-i p_\mu x^\mu}}{-p_\mu p^\mu - i \varepsilon}$
Хорошо, $\int \frac{d^4 p}{(2\pi)^4} \frac{e^{ip_\mu x^\mu}}{-p_\mu p^\mu -i \epsilon}$ является запаздывающей функцией, и, поскольку (несходящаяся) функция Грина должна быть вещественной (далембертиан является эрмитовым), ваш интеграл действительно дает запаздывающий Грин.
Хорошо.. Я вижу, что я не совсем ясно выразился. $-p_\mu p^\mu - i \varepsilon$ это обычное обозначение во многих учебниках (Боголюбов, Пескин, ...), но более формальным было бы: $-p_\mu p^\mu - 2 i \varepsilon |\vec p|$ по рецепту фейнмана , $-p_\mu p^\mu - 2 i \varepsilon p_0$ для отсроченного рецепта и $-p_\mu p^\mu + 2 i \varepsilon p_0$ по расширенному рецепту . Тот факт, что многие книги пишут $2\varepsilon |\vec p|$ как $\varepsilon$ (который я написал вам) может немного сбить с толку.

Функция Грина Фейнмана в 1 + 1D для д'Аламбера

Эрих

auxsvr

auxsvr

auxsvr

Ответы (1)

auxsvr

Эрих

Эрих

auxsvr

Эрих

auxsvr

Эрих

Функция Клейна-Гордона Грина: производная дельта-распределения?

Как именно пропагатор является функцией Грина для уравнения Шрёдингера?

Дельта Дирака в определении функции Грина

Пропагатор объема к границе

Линейный отклик и интеграл по пути

Квантовая теория поля, решение дельта/зеленой функции

Закон обратных квадратов в измерениях DDD (два случая)

Идея метода аналитического продолжения для решения уравнения Клейна-Гордона, как и почему?

Почему пропагатор является функцией Грина для уравнения Шредингера? [дубликат]

Как получить функцию Грина для −∇2+m2−∇2+m2-\nabla^2 + m^2 в измерениях ddd?