非齐次亥姆霍兹方程、推迟势

贡献者： addis; _Eden_

本文处于草稿阶段。

预备知识　格林函数解线性非齐次微分方程

　　对波动方程

\begin{matrix} (1) & \nabla^{2} u - \frac{1}{c^{2}} \frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}} = f (r, t) . \end{matrix}

用格林函数法求解，令格林函数满足

\begin{matrix} (2) & \nabla^{2} G - \frac{1}{c^{2}} \frac{\partial^{2} G}{\partial t^{2}} = - δ (r - r^{'}) δ (t - t^{'}) . \end{matrix}

这个方程的意义是，如果在时刻

t

，

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 (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{matrix} (3) & u (r, t) = \iint f (r^{'}, t^{'}) G (r, t, r^{'}, t^{'}) d V^{'} d t^{'}, \end{matrix}

其中

\int d V^{'}

表示对

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{matrix} (4) & G (r, t, r^{'}, t^{'}) = \frac{1}{4 π} \frac{δ [(t - | r - r^{'} | / c) - t^{'}]}{| r - r^{'} |} . \end{matrix}

式 4 ，式 3 得式 1 的解为

\begin{matrix} (5) & u (r, t) = \frac{1}{4 π} \int \frac{f (r^{'}, t - | r - r^{'} | / c)}{| r - r^{'} |} d V^{'} . \end{matrix}

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 - | r - r^{'} | / c \equiv t_{r e t}

定义为推迟时间（retarded time），

| r - r^{'} | / c

是波从

r^{'}

到

r

所需的时间。也就是说，

f (r, t)

并不能马上影响

u (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 $r^{'}$ 为中心的任意方向都相同，即只是 $| r - r^{'} |$ 的函数。以下为了方便，令 $R = | r - r^{'} |$ 。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{matrix} (6) & G (r, t) = \sum A (k, ω) e^{i k \cdot r} e^{i ω t}, \end{matrix}

求和是对所有满足

ω / k = c

和边界条件的

ω

和

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

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{matrix} (7) & \frac{1}{R^{2}} \frac{d}{d R} (R^{2} \frac{d G}{d R}) - \frac{1}{c^{2}} \frac{d^{2} G}{d t^{2}} = - δ (r - r^{'}) δ (t - t^{'}) . \end{matrix}

在

R \neq 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{d}{d r} (r^{2} \frac{d G}{d r}) = \frac{1}{r} \frac{d^{2} (r G)}{d r^{2}}

）

\begin{matrix} (8) & \frac{1}{R} [C_{1} (ω) e^{i ω R / c} + C_{2} (ω) e^{- i ω R / c}] e^{i ω t}, \end{matrix}

所以通解为式 8 对不同的

ω

求和。然而

ω

是连续的，所以改用傅里叶变换法解方程式 7

\begin{matrix} (9) & {\begin{aligned} A (R, ω) = \int_{- \infty}^{+ \infty} G (R, t, t^{'}) e^{i ω t} d t \\ G (R, t, t^{'}) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} A (R, ω) e^{- i ω t} d ω . \end{aligned} \end{matrix}

式 9 就是式 8 对连续

ω

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

δ

函数的傅里叶变换为

\begin{matrix} (10) & δ (t - t^{'}) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{i ω t^{'}} e^{- i ω t} d ω . \end{matrix}

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{matrix} (11) & \nabla^{2} A (R, ω) + \frac{ω^{2}}{c^{2}} A (R, ω) = - e^{i ω t^{'}} δ (r - r^{'}) . \end{matrix}

注意这是关于位置的偏微分方程，

ω

视为常数。解这条方程，就相当于解出了固定振动频率

ω

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{d}{d R} (R^{2} \frac{d A}{d R}) = \frac{1}{R} \frac{d^{2}}{d R^{2}} (R A)

，令

\frac{1}{R^{2}} \frac{d}{d R} (R^{2} \frac{d A}{d R}) = \frac{1}{R} \frac{d^{2}}{d R^{2}} d (R A)

）

\begin{matrix} (12) & A (R, ω) = \frac{1}{R} [C_{1} (ω) e^{i ω R / c} + C_{2} (ω) e^{- i ω R / c}] . \end{matrix}

由于这是方程

r \neq r^{'}

的通解，而式 11 的右边可以看做

r = 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} (ω)

和

C_{2} (ω)

。首先当

r \to r^{'}

时，

R \to 0

，

A \to (C_{1} + C_{2}) / R

。所以

\begin{matrix} (13) & \nabla^{2} A (R, ω) = (C_{1} + C_{2}) \nabla^{2} \frac{1}{R} = - 4 π (C_{1} + C_{2}) δ (r - r^{'}) . \end{matrix}

（关于

\nabla^{2} \frac{1}{R}

见空间狄拉克

d e l t a

函数，）。代入式 11 左边第一项，得

\begin{matrix} (14) & - 4 π (C_{1} + C_{2}) δ (r - r^{'}) + \frac{ω^{2}}{c^{2}} A (R, ω) = - e^{i ω t^{'}} δ (r - r^{'}) . \end{matrix}

由于空间 delta 函数

δ (r - r^{'}) \sim \frac{1}{R^{3}}

，所以相比之下

ω^{2} A (R, ω) / 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{matrix} (15) & C_{1} + C_{2} = \frac{1}{4 π} e^{i ω t^{'}}, \end{matrix}

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{matrix} (16) & A (R, ω) = \frac{1}{R} C_{1} (ω) e^{i ω R / c} = \frac{1}{4 π R} e^{i ω t^{'}} e^{i ω R / c} . \end{matrix}

现在可以把上式进行反傅里叶变换式 9 得到格林函数

\begin{matrix} (17) & \begin{aligned} G (R, t, t^{'}) & = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} A (R, ω) e^{- i ω t} d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{4 π R} e^{i ω t^{'}} e^{i ω R / c} δ (r - r^{'}) e^{- i ω t} d ω \\ = \frac{1}{4 π R} \cdot \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{i ω (t^{'} + R / c - t)} d ω = \frac{1}{4 π R} δ (t - R / c - t^{'}) \\ = \frac{1}{4 π} \frac{δ [(t - | r - r^{'} | / c) - t^{'}]}{| r - r^{'} |} . \end{aligned} \end{matrix}

这就是式 2 的解式 4 。

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