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

Question

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

Физика
распространитель
вращение фитиля
зеленые функции
уравнение Клейна-Гордона
домашнее задание и упражнения

предложение не может отказаться

Для простоты рассмотрим двумерную версию уравнения Клейна-Гордена:

(\partial_{т}^{2} - \partial_{Икс}^{2} - \partial_{у}^{2} + м^{2}) грамм (\vec{Икс}, т) "=" - дельта (\vec{Икс}) дельта (т)

$(\partial_t^2-\partial_x^2-\partial_y^2+m^2) G(\vec{x},t) = -\delta(\vec{x})\delta(t)$

Из предыдущих постов:

оба ответа предполагают аналитическое продолжение и особенно следуют ответу, данному @Sean Lake, мы можем решить это уравнение просто путем аналитического перехода к знакомому уравнению, а затем преобразовать его обратно.

попытка 1

Вот схема процедуры:

позволять $t\to iz', x\to x', y\to y'$ , у нас есть $lhs=-(\nabla'^2-m^2)G$ , $rhs=-\delta(iz')\delta(x')\delta(y')=i\delta(\vec{r}')$ . Уравнение теперь гласит:
$(\nabla^{' 2} - м^{2}) грамм знак равно - я дельта ({\vec{р}}^{'})$ $(\nabla'^2-m^2)G=-i\delta(\vec{r}')$
Приведенное выше уравнение представляет собой экранированное уравнение Пуассона , решение которого можно легко получить следующим образом:
$грамм знак равно \frac{я е^{- м р^{'}}}{4 π р^{'}}$ $G=\frac{i\,e^{-mr'}}{4\pi r'}$
Преобразовать обратно с помощью $z'\to -it, x'\to x, y'\to y$ , у нас есть:
$грамм знак равно \frac{я е^{- м \sqrt{{Икс}^{2} + у^{2} - т^{2}}}}{4 π \sqrt{{Икс}^{2} + у^{2} - т^{2}}}$ $G=\frac{i\, e^{-m\sqrt{x^2+y^2-t^2}}}{4\pi\sqrt{x^2+y^2-t^2}}$ за $x^2+y^2>t^2$ .
когда $t^2<x^2+y^2$ , мы можем аналитически продолжить его до:
$грамм знак равно \frac{е^{- я м \sqrt{т^{2} - {Икс}^{2} - у^{2}}}}{4 π \sqrt{т^{2} - {Икс}^{2} - у^{2}}}$ $G=\frac{e^{-im\sqrt{t^2-x^2-y^2}}}{4\pi\sqrt{t^2-x^2-y^2}}$ где мы использовали $\sqrt{-1}=i$ .

Два вопроса относительно описанной выше процедуры:

вопрос 1 : так как мы также можем изменить $t\to -iz'$ , левая часть уравнения неизменна, а правая часть уравнения имеет дополнительный знак минус, потому что: $rhs=-\delta(-iz')\delta(x')\delta(y')=-i\delta(\vec{r}')$ , поэтому окончательный ответ отличается на общий знак минус!

вопрос 2 : на шаге 4 мы использовали это $\sqrt{-1}=i$ , но что, если я использую $\sqrt{-1}=-i$ , кажется, что это приведет к:

грамм "=" - \frac{е^{я м \sqrt{т^{2} - {Икс}^{2} - у^{2}}}}{4 π \sqrt{т^{2} - {Икс}^{2} - у^{2}}}

$G=-\frac{e^{im\sqrt{t^2-x^2-y^2}}}{4\pi\sqrt{t^2-x^2-y^2}}$ когда

t^{2} > x^{2} + y^{2}

$t^2>x^2+y^2$ .

попытка 2

план:

позволять $t\to z', x\to ix', y\to iy'$ , у нас есть $lhs=(\nabla'^2+m^2)G$ , $rhs=-\delta(z')\delta(ix')\delta(iy')=\delta(\vec{r}')$ . Уравнение теперь гласит:
$(\nabla^{' 2} + м^{2}) грамм знак равно дельта ({\vec{р}}^{'})$ $(\nabla'^2+m^2)G=\delta(\vec{r}')$
приведенное выше уравнение является уравнением Гельмгольца , решение:
$грамм знак равно - \frac{е^{я м р^{'}}}{4 π р^{'}}$ $G=-\frac{e^{imr'}}{4\pi r'}$
Преобразовать обратно, у нас есть
$грамм знак равно - \frac{е^{я м \sqrt{т^{2} - {Икс}^{2} - у^{2}}}}{4 π \sqrt{т^{2} - {Икс}^{2} - у^{2}}}$ $G=-\frac{e^{im\sqrt{t^2-x^2-y^2}}}{4\pi\sqrt{t^2-x^2-y^2}}$ когда $x^2+y^2<t^2$ .
когда $x^2+y^2>t^2$ , аналитически продолжаем результаты, получаем:
$грамм знак равно я \frac{е^{я м \sqrt{{Икс}^{2} + у^{2} - т^{2}}}}{4 π \sqrt{{Икс}^{2} + у^{2} - т^{2}}}$ $G=i\frac{e^{im\sqrt{x^2+y^2-t^2}}}{4\pi\sqrt{x^2+y^2-t^2}}$ мы использовали $\sqrt{-1}=i$ .
Если я использую $\sqrt{-1}=-i$ , потом, когда $x^2+y^2>t^2$ , у нас есть:
$грамм знак равно - я \frac{е^{- я м \sqrt{{Икс}^{2} + у^{2} - т^{2}}}}{4 π \sqrt{{Икс}^{2} + у^{2} - т^{2}}}$ $G=-i\frac{e^{-im\sqrt{x^2+y^2-t^2}}}{4\pi\sqrt{x^2+y^2-t^2}}$

попытка 2 имеет ту же проблему, что и попытка 1. Кроме того, согласуются ли эти две попытки?

Подводя итог, я запутался в идее аналитического продолжения здесь, как это сделать и почему это сделать - это мой вопрос. С моей точки зрения, приведенная выше замена не может быть полностью правильной , должен быть какой-то момент, который я упустил из-за бездумной замены переменных.

На самом деле, я помню, что решение уравнения Гельмгольца имеет два решения, а именно: $G=-\frac{e^{\pm imr'}}{4\pi r'}$ , я думаю, аналогично экранированному уравнению Пуассона. Это привело бы к большему количеству осложнений (большему количеству результатов).

флиппифанус

Вы рассматривали ротацию Уика? Аналитическое продолжение в попытке 1 кажется мне очень похожим на вращение Вика.

предложение не может отказаться

@flippiefanus Это так, но меня смущают детали аналитического продолжения. Перечисленные вопросы и опасения. Например, верна ли вторая попытка? почему не равен первому. Почему

\sqrt{- 1} = i

$\sqrt{-1}=i$ и

\sqrt{- 1} = - 1

$\sqrt{-1}=-1$ дают разные результаты, какой из них выбрать и т. д.

флиппифанус

Частью проблемы может быть дельта Дирака с воображаемым аргументом. Что произойдет, если выразить дельту Дирака через ее преобразование Фурье, а затем заменить переменную на мнимое число? Результат больше не дает дельты Дирака.

Шон Э. Лейк

У вас может быть дельта-функция Дирака, которая работает с вращением в комплексных координатах, но она явно неаналитическая:

дельта (Икс) "=" \underset{о \to 0}{лим} \frac{1}{о \sqrt{2 π}} опыт (- \frac{{Икс}^{*} Икс}{2 о^{2}}) .

$\delta(x) = \lim_{\sigma\rightarrow 0} \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{x^*x}{2\sigma^2}\right).$ Это, также, не выплевывает фактор

i

$i$ .

Ответы (2)

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

Вы рассматривали ротацию Уика? Аналитическое продолжение в попытке 1 кажется мне очень похожим на вращение Вика.
@flippiefanus Это так, но меня смущают детали аналитического продолжения. Перечисленные вопросы и опасения. Например, верна ли вторая попытка? почему не равен первому. Почему $\sqrt{-1}=i$ и $\sqrt{-1}=-1$ дают разные результаты, какой из них выбрать и т. д.
Частью проблемы может быть дельта Дирака с воображаемым аргументом. Что произойдет, если выразить дельту Дирака через ее преобразование Фурье, а затем заменить переменную на мнимое число? Результат больше не дает дельты Дирака.
У вас может быть дельта-функция Дирака, которая работает с вращением в комплексных координатах, но она явно неаналитическая: $дельта (Икс) "=" \underset{о \to 0}{лим} \frac{1}{о \sqrt{2 π}} опыт (- \frac{{Икс}^{*} Икс}{2 о^{2}}) .$ $\delta(x) = \lim_{\sigma\rightarrow 0} \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{x^*x}{2\sigma^2}\right).$ Это, также, не выплевывает фактор $i$ .

пользователь130529 · Answer 1

У меня такое ощущение, что ваша проблема связана с тем, как вы выбираете решение уравнения Пуассона. В вашей попытке 1 вы утверждаете, что решение

грамм знак равно \frac{я е^{- м р^{'}}}{4 π р^{'}}

$G=\frac{i\,e^{-mr'}}{4\pi r'}$ но вы могли бы также утверждать, что это

грамм знак равно \frac{я е^{м р^{'}}}{4 π р^{'}}

$G=\frac{i\,e^{mr'}}{4\pi r'}$ так как

m^{2} = (- m)^{2}

$m^2 = (-m)^2$ (уравнение Пуассона игнорируется, если вы выбираете

m

$m$ или

- m

$-m$ ). Выбор физического решения определяется условием Зоммерфельда, т. е. поведением решения на бесконечности. Как только этот выбор будет сделан последовательным образом на всем протяжении вашего исчисления, вы должны избавиться от любого противоречия. Обратите внимание, что я бы не использовал слово «аналитическое продолжение» при смене знака реального числа.

r

$r$ в

\sqrt{r}

$\sqrt{r}$ , причем функция квадратного корня не является аналитической при

0

$0$ .

@buzhidao Комментарий к неоднородным линейным дифференциальным уравнениям: пространство решений - это аффинное пространство размерности порядка дифференциального уравнения, здесь два. Это ответ на один из ваших комментариев, но я не могу ответить на него напрямую из-за недостаточной репутации.

Шон Э. Лейк · Answer 2

У вас есть ошибка при попытке 1. Давайте подробно расскажем о шагах:

\begin{array}{lrl} [\frac{\partial^{2}}{\partial т^{2}} - \nabla^{2} + м^{2}] г (р, т) & знак равно дельта (т) дельта (р) \\ т \to я г^{'} \Rightarrow & [- \frac{\partial^{2}}{\partial г^{' 2}} - \nabla^{2} + м^{2}] г (р, т) & знак равно дельта (я г^{'}) дельта (р) \\ [- \nabla^{' 2} + м^{2}] г & знак равно \frac{дельта (р^{'})}{я} \\ [\nabla^{' 2} - м^{2}] г & знак равно я дельта (р^{'}) \end{array}

$\begin{array}{lrl} & \left[\frac{\partial^2}{\partial t^2} - \nabla^2 + m^2\right] G(r, t) & = \delta(t) \delta(\mathbf{r}) \\ t\rightarrow iz' \Rightarrow & \left[-\frac{\partial^2}{\partial z'^2} - \nabla^2 + m^2\right] G(r, t) & = \delta(iz') \delta(\mathbf{r}) \\ & \left[-\nabla'^2 + m^2\right] G & = \frac{\delta(\mathbf{r}')}{i} \\ & \left[\nabla'^2 - m^2\right] G & = i\delta(\mathbf{r}') \end{array}$

Что это делает, так это возвращает колеблющуюся часть туда, где она должна быть - внутри переднего и заднего световых конусов, оставляя экспоненциально затухающие части в пространственно-подобной разделенной области. Обратите внимание, что,

\frac{е^{- м р}}{4 π р} знак равно \frac{1}{(2 π)^{3 / 2}} \sqrt{\frac{м}{р}} К_{1 / 2} (м р),

$\frac{\operatorname{e}^{-mr}}{4\pi r} = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}}\sqrt{\frac{m}{r}} K_{1/2}(mr),$ в соответствии с формулой, представленной в моем посте.

Для попытки 2, где вы аналитически продолжаете реальные пространственные переменные, да, уравнение Гельмгольца имеет решения как для входящей, так и для исходящей волны. В этом случае вы решаете проблему, требуя, чтобы функция Грина стремилась к нулю, когда $r\rightarrow \infty$ после того, как вы повернетесь назад.

В обоих случаях вы должны обнаружить, что у вас есть экспоненты с реальными аргументами, когда $x^2 + y^2 > t^2$ , и мнимые аргументы в противном случае. Если вы получаете что-то другое, это потому, что вы где-то допустили ошибку в алгебре.

Моя попытка 1 в порядке, обратите внимание, что у меня есть знак минус на RHS.
Два решения, просто противоположные по знакам , одного и того же неоднородного дифференциального уравнения не имеют смысла.
Я думаю, что мы можем совершить ошибку, неправильно применив это тождество: $дельта (а Икс) "=" \frac{дельта (Икс)}{| а |} .$ $\delta(ax) = \frac{\delta(x)}{|a|}.$ Хотя тогда у меня нет возможности объяснить фактор $i$ в пропагаторе Фейнмана . Независимо от того, охватывает ли это абсолютное значение, когда $a$ сложно, мы знаем, что $\delta(-x) = \delta(x)$ , поэтому разницы в знаке быть не должно. Я ошибся там. Я должен вернуться к вам, когда у меня будет время.
Для того, что вы хотите сделать, я рекомендую просмотреть страницу 27 и последующие книги «Квантовая теория поля: от операторов к интегралам по траекториям» Хуанга . Вы должны иметь возможность изучить доказательство на основе преобразования Фурье в бесплатной предварительной версии.

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

предложение не может отказаться

попытка 1

попытка 2

флиппифанус

предложение не может отказаться

флиппифанус

Шон Э. Лейк

Ответы (2)

пользователь130529

пользователь130529

Шон Э. Лейк

предложение не может отказаться

предложение не может отказаться

Шон Э. Лейк

Шон Э. Лейк

Как получить явный вид функции Грина уравнения Клейна-Гордона?

Линейный отклик и интеграл по пути

Квантовая теория поля, решение дельта/зеленой функции

Закон обратных квадратов в измерениях DDD (два случая)

Функция Клейна-Гордона Грина: производная дельта-распределения?

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

Функция Грина для неоднородного уравнения Клейна-Гордона

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

Коммутатор безмассового скалярного поля

Представление функцией Бесселя пространственноподобного пропагатора КГ