Розв'язок рівняння д'Аламбера

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.