贡献者： addis; _Eden_
对波动方程
\begin{equation}
\boldsymbol{\nabla}^2 u - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^{2}{u}}{\partial{t}^{2}} = f( \boldsymbol{\mathbf{r}} , t)~.
\end{equation}
用格林函数法求解，令格林函数满足
\begin{equation}
\boldsymbol{\nabla}^2 G - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^{2}{G}}{\partial{t}^{2}} = - \delta ( \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ')\delta (t - t')~.
\end{equation}
这个方程的意义是，如果在时刻 $t$，$ \boldsymbol{\mathbf{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 $f( \boldsymbol{\mathbf{r}} , t)$ 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}
u( \boldsymbol{\mathbf{r}} , t) = \iint f( \boldsymbol{\mathbf{r}} ', t')G( \boldsymbol{\mathbf{r}} ,t, \boldsymbol{\mathbf{r}} ',t') \,\mathrm{d}{V'} \,\mathrm{d}{t'} ~,
\end{equation}
其中 $\int \,\mathrm{d}{V'} $ 表示对 $ \boldsymbol{\mathbf{r}} '$ 进行体积分。下文用傅里叶变换法解
式 2 解出格林函数为
\begin{equation}
G( \boldsymbol{\mathbf{r}} , t, \boldsymbol{\mathbf{r}} ', t') = \frac{1}{4\pi} \frac{\delta [(t - \left\lvert \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ' \right\rvert /c) - t']}{ \left\lvert \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ' \right\rvert }~.
\end{equation}
，
式 3 得
式 1 的解为
\begin{equation}
u( \boldsymbol{\mathbf{r}} , t) = \frac{1}{4\pi } \int \frac{f( \boldsymbol{\mathbf{r}} ',t - \left\lvert \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ' \right\rvert /c)}{ \left\lvert \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ' \right\rvert } \,\mathrm{d}{V'} ~.
\end{equation}
与静电场的势能公式很像，但是场源的时间做了修正。其中 $t - \left\lvert \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ' \right\rvert /c \equiv t_{ret}$ 定义为
推迟时间（retarded time），$ \left\lvert \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ' \right\rvert /c$ 是波从 $ \boldsymbol{\mathbf{r}} '$ 到 $ \boldsymbol{\mathbf{r}} $ 所需的时间。也就是说，$f( \boldsymbol{\mathbf{r}} , t)$ 并不能马上影响 $u( \boldsymbol{\mathbf{r}} , t)$，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。
1. 具体过程
解格林函数
从物理意义上，要求格林函数在以 $ \boldsymbol{\mathbf{r}} '$ 为中心的任意方向都相同，即只是 $ \left\lvert \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ' \right\rvert $ 的函数。以下为了方便，令 $R = \left\lvert \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ' \right\rvert $。
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( \boldsymbol{\mathbf{r}} , t) = \sum A( \boldsymbol{\mathbf{k}} ,\omega) \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \boldsymbol{\mathbf{k}} \boldsymbol\cdot \boldsymbol{\mathbf{r}} } \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \omega t} ~,
\end{equation}
求和是对所有满足 $\omega/k = c$ 和边界条件的 $\omega$ 和 $ \boldsymbol{\mathbf{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 $ \boldsymbol{\mathbf{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} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{R}} \left(R^2 \frac{\mathrm{d}{G}}{\mathrm{d}{R}} \right) - \frac{1}{c^2} \frac{\mathrm{d}^{2}{G}}{\mathrm{d}{t}^{2}} = -\delta ( \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{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} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{r}} \left(r^2 \frac{\mathrm{d}{G}}{\mathrm{d}{r}} \right) = \frac1r \frac{\mathrm{d}^{2}{(rG)}}{\mathrm{d}{r}^{2}} $）
\begin{equation}
\frac1R \left[C_1(\omega) \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \omega R/c} + C_2(\omega) \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} \omega R/c} \right] \mathrm{e} ^{ \mathrm{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}
\left\{\begin{aligned}
&A(R, \omega) = \int_{-\infty}^{+\infty } G(R, t, t') \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \omega t} \,\mathrm{d}{t} \\
&G(R,t, t') = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty } A(R, \omega) { \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} \omega t}} \,\mathrm{d}{\omega} ~.
\end{aligned}\right. \end{equation}
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} \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \omega t'} \mathrm{e} ^{ - \mathrm{i} \omega t} \,\mathrm{d}{\omega} ~.
\end{equation}
，
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}
\boldsymbol{\nabla}^2 A(R,\omega) + \frac{\omega^2}{c^2} A(R,\omega) = - \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \omega t'} \delta ( \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{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（解方程提示：$\frac{1}{R^2} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{R}} \left(R^2 \frac{\mathrm{d}{A}}{\mathrm{d}{R}} \right) = \frac1R \frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}{R}^{2}} (RA)$，令 $\frac{1}{R^2} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{R}} (R^2 \frac{\mathrm{d}{A}}{\mathrm{d}{R}} ) = \frac1R \frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}{R}^{2}} \,\mathrm{d}{(RA)} $）
\begin{equation}
A(R, \omega) = \frac1R \left[C_1(\omega) \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \omega R/c} + C_2(\omega) \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} \omega R/c} \right] ~.
\end{equation}
由于这是方程 $ \boldsymbol{\mathbf{r}} \ne \boldsymbol{\mathbf{r}} '$ 的通解，而
式 11 的右边可以看做 $ \boldsymbol{\mathbf{r}} = \boldsymbol{\mathbf{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 $ \boldsymbol{\mathbf{r}} \to \boldsymbol{\mathbf{r}} '$ 时，$R \to 0$，$A \to (C_1 + C_2)/R$。所以
\begin{equation}
\boldsymbol{\nabla}^2 A(R, \omega) = (C_1 + C_2) \boldsymbol{\nabla}^2 \frac1R = - 4\pi (C_1 + C_2) \delta ( \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ')~.
\end{equation}
（关于 $ \boldsymbol{\nabla}^2 \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 ( \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ') + \frac{\omega^2}{c^2} A(R, \omega) = - \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \omega t'} \delta ( \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ')~.
\end{equation}
由于空间 delta 函数 $\delta ( \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ') \sim \frac{1}{R^3}$，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} \mathrm{e} ^{ \mathrm{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) \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \omega R/c} = \frac{1}{4\pi R} \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \omega t'} \mathrm{e} ^{ \mathrm{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} \begin{aligned}
G(R, t, t') &= \frac{1}{2\pi } \int_{-\infty}^{+\infty} A(R,\omega) \mathrm{e} ^{ - \mathrm{i} \omega t} \,\mathrm{d}{\omega} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{4\pi R} \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \omega t'} \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \omega R/c} \delta ( \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ') \mathrm{e} ^{ - \mathrm{i} \omega t} \,\mathrm{d}{\omega} \\
&= \frac{1}{4\pi R} \cdot \frac{1}{2\pi }\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \omega (t' + R/c - t)} \,\mathrm{d}{\omega}
= \frac{1}{4\pi R}\delta (t - R/c - t')\\
&= \frac{1}{4\pi }\frac{\delta [(t - \left\lvert \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ' \right\rvert /c) - t']}{ \left\lvert \boldsymbol{\mathbf{r}} - \boldsymbol{\mathbf{r}} ' \right\rvert }~.
\end{aligned} \end{equation}
这就是
式 2 的解
式 4 。