图

非齐次亥姆霍兹方程 推迟势

   波动方程为

\begin{equation} \laplacian\Psi - \frac{1}{c^2} \pdvTwo[2]{\Psi}{t} = f(\bvec r, t) \end{equation}
用格林函数法求解,令格林函数满足
\begin{equation} \laplacian G - \frac{1}{c^2} \pdvTwo[2]{G}{t} = - \delta (\bvec r - \bvec r')\delta (t - t') \end{equation}
这个方程的意义是,如果在时刻 $t$, $\bvec r$ 处出现一个极短的脉冲,会生成怎样的波函数 $G$. 求出 $G$ 以后,我们可以把非齐次项 $f(\bvec r, t)$ 看成由许许多多这样的脉冲组成,对空间和时间进行积分.即可得到式 1 的解.
\begin{equation} \Psi(\bvec r, t) = \iint f(\bvec r', t')G(\bvec r,t, \bvec r',t') \dd{V'} \dd{t'} \end{equation}
下文用傅里叶变换法解式 2 解出格林函数为
\begin{equation} G(\bvec r, t, \bvec r', t') = \frac{1}{4\pi} \frac{\delta [(t - \abs{\bvec r - \bvec r'}/c) - t']}{\abs{\bvec r - \bvec r'}} \end{equation}
式 4 式 3 式 1 的解为
\begin{equation} \Psi(\bvec r, t) = \frac{1}{4\pi } \int \frac{f(\bvec r',t - \abs{\bvec r - \bvec r'}/c)}{\abs{\bvec r - \bvec r'}} \dd{V} \end{equation}
式 5 与静电场的势能公式很像,但是场源的时间做了修正.其中 $t - \abs{\bvec r - \bvec r'}/c \equiv t_{ret}$ 定义为推迟时间( retarded time ), $\abs{\bvec r - \bvec r'}/c$ 是波从 $\bvec r'$ 到 $\bvec r$ 所需的时间.也就是说,$f(\bvec r, t)$ 并不能马上影响 $\Psi(\bvec r, t)$,而是需要一个“信号传播时间” 才行.在静电场中,由于场源不随时间变化,所以不需要考虑时间延迟.

具体过程

解格林函数

   从物理意义上,要求格林函数在以 $\bvec r'$ 为中心的任意方向都相同,即只是 $\abs{\bvec r - \bvec r'}$ 的函数.以下为了方便,令 $R = \abs{\bvec r - \bvec r'}$. 由于等式右边除了原点外都是零,方程为齐次方程.齐次解为平面波

\begin{equation} G(\bvec r, t) = \sum A(\bvec k,\omega) \E^{\I \bvec k \vdot \bvec r} \E^{\I\omega t} \end{equation}
求和是对所有满足 $\omega/k = c$ 和边界条件的 $\omega$ 和 $\bvec k$ 求和(或积分).但显然该解在原点不满足要求.为了排除原点,且满足对称性,以 $\bvec r'$ 为原点建立球坐标,改用球坐标中的拉普拉斯方程,方程变为
\begin{equation} \frac{1}{R^2}\dv{r} \qtyRound{R^2\dvTwo{G}{R}} - \frac{1}{c^2} \dvTwo[2]{G}{t} = -\delta (\bvec r - \bvec r')\delta (t - t') \end{equation}
在 $R \ne 0$ 的条件下解齐次方程,首先分离变量,得到分离变量解 (提示: $\frac{1}{r^2} \dv{r} \qtyRound{r^2 \dvTwo{G}{r}} = \frac1r \dvTwo[2]{(rG)}{r}$ )
\begin{equation} \frac1R \qtySquare{C_1(\omega) \E^{\I\omega R/c} + C_2(\omega)\E^{-\I\omega R/c}}\E^{\I\omega t} \end{equation}
所以通解为式 8 对不同的 $\omega$ 求和.然而 $\omega$ 是连续的,所以改用傅里叶变换法解方程式 7
\begin{equation} \leftgroup{ A(R, \omega) = \int_{-\infty}^{+\infty } G(R, t, t') \E^{\I\omega t} \dd{t}\\ G(R,t, t') = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty } A(R, \omega) {\E^{-\I\omega t}} \dd{\omega} }\end{equation}
式 9 就是式 8 对连续 $\omega$ 的求和(积分)得到的通解,待定系数包含在 $A$ 里面,下面的式 12 验证了这点.另外,式 7 右边含时 $\delta$ 函数的傅里叶变换为
\begin{equation} \delta (t - t') = \frac{1}{2\pi } \int_{-\infty }^{+\infty} \E^{\I\omega t'} \E^{ - \I\omega t} \dd{\omega} \end{equation}
式 9 式 10 代入方程式 7 得到经过时间傅里叶变换的偏微分方程,与式 7 等效.
\begin{equation} \laplacian A(R,\omega) + \frac{\omega^2}{c^2} A(R,\omega) = -\E^{\I\omega t'} \delta (\bvec r - \bvec r') \end{equation}
注意这是关于位置的偏微分方程,$\omega$ 视为常数.解这条方程,就相当于解出了固定振动频率 $\omega$ 的波源所产生的同频率的波动方程.齐次解为
\begin{equation} A(R, \omega) = \frac1R \qtySquare{C_1(\omega) \E^{\I\omega R/c} + C_2(\omega) \E^{-\I\omega R/c}} \end{equation}
(解方程提示: $\frac{1}{R^2}\dv{R} \qtyRound{R^2 \dvTwo{A}{R}} = \frac1R \dv[2]{R} (RA)$, 令 $\frac{1}{R^2} \dv{R} (R^2 \dvTwo{A}{R}) = \frac1R \dv[2]{R}\dd{(RA)}$ )\\ 由于这是方程 $\bvec r \ne \bvec r'$ 的通解,而式 11 的右边可以看做 $\bvec r = \bvec r'$ 时的边界条件,接下来利用边界条件找到适合的待定系数 $C_1(\omega)$ 和 $C_2(\omega)$. 首先当 $\bvec r \to \bvec r'$ 时,$R \to 0$, $A \to (C_1 + C_2)/R$. 所以
\begin{equation} \laplacian A(R, \omega) = (C_1 + C_2) \laplacian\frac1R = - 4\pi (C_1 + C_2) \delta (\bvec r - \bvec r') \end{equation}
(关于 $\laplacian\frac1R$ 见空间狄拉克 $delta$ 函数,).代入式 11 左边第一项,得
\begin{equation} -4\pi (C_1 + C_2) \delta (\bvec r - \bvec r') + \frac{\omega^2}{c^2} A(R, \omega) = - \E^{\I\omega t'} \delta (\bvec r - \bvec r') \end{equation}
由于空间 delta 函数 $\delta (\bvec r - \bvec r') \sim \frac{1}{R^3}$,所以相比之下 $\omega ^2 A(R, \omega)/c^2 \sim 1/R$ 在 $R \to 0$ 时可以忽略不计.等式两边对比系数得
\begin{equation} C_1 + C_2 = \frac{1}{4\pi} \E^{\I\omega t'} \end{equation}
再考虑式 12 所代表的波函数分量,第一项代表波源向外传播的球形波,第二项代表向波源传播的,所以 $C_2 = 0$, 式 12 变为
\begin{equation} A(R, \omega) = \frac1R C_1(\omega) \E^{\I\omega R/c} = \frac{1}{4\pi R} \E^{\I\omega t'} \E^{\I\omega R/c} \end{equation}
现在可以把上式进行反傅里叶变换式 9 得到格林函数
\begin{equation}\ali{ G(R, t, t') &= \frac{1}{2\pi } \int_{-\infty}^{+\infty} A(R,\omega) \E^{ -\I\omega t} \dd{\omega} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{4\pi R} \E^{\I\omega t'} \E^{\I\omega R/c} \delta (\bvec r - \bvec r') \E^{ -\I\omega t} \dd{\omega} \\ &= \frac{1}{4\pi R} \cdot \frac{1}{2\pi }\int_{-\infty}^{+\infty} \E^{\I\omega (t' + R/c - t)} \dd{\omega} = \frac{1}{4\pi R}\delta (t - R/c - t')\\ &= \frac{1}{4\pi }\frac{\delta [(t - \abs{\bvec r - \bvec r'}/c) - t']}{\abs{\bvec r - \bvec r'}} }\end{equation}
这就是式 2 的解式 4

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