Уже много раз убеждался, что записи в блоге очень удобно использовать для быстрого доступа к тем вопросам, которые когда-то давно разбирал. Особенно, если вдруг возникает горячий научный спор с переходом на личности. Поэтому запишу недавнее разбирательство.
$\newcommand{\sh}{\operatorname{sh}} \newcommand{\ch}{\operatorname{ch}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} $ Возник недавно вопрос про задачу Коши для уравнения Клейна-Фока-Гордона.
Интеграл сходится весьма условно, и чтобы придать ему строгий смысл,
будем считать, что у $t$ есть малая положительная мнимая часть. Поскольку
подынтегральное выражение естественно продолжается как чётная функция
$p$, заменяем $\intop_{0}^{\infty}\to\frac{1}{2}\intop_{-\infty}^{\infty}$,
а вместо $\sin\left(pr\right)$ пишем $ie^{-ipr}$. Затем переходим
к новой переменной, подставляя $p=m\sh y$. Получаем
\[
G\left(t,\boldsymbol{r}\right)=\frac{m}{\left(2\pi\right)^{2}r}\Re\intop_{-\infty}^{\infty}dy\sh ye^{imt\ch y-imr\sh y}\,.
\]
Из этой формулы легко заметить, что $G$ является нечётной функцией
$t$, так что далее будем считать, что $\Re t>0$. Грабли, на которые
нелегко не наступить, состоят в том, что можно пропустить обобщённые
фунции с носителем на световом конусе $t=r$. Признаюсь, что мне эти
грабли обойти с первого раза не удалось. Отчасти, это обстоятельство
и побудило написать эту памятку. Итак, наученный опытом, я поступлю
здесь так: сначала избавимся от $\sh y$ в предэкспоненте, выразив
его через производную по $r$. Затем введём параметр $z$, такой,
что $r/\sqrt{t^{2}-r^{2}}=\sh z$. Получим
\[
G\left(t,\boldsymbol{r}\right)=-\frac{1}{\left(2\pi\right)^{2}r}\partial_{r}\Im\intop_{-\infty}^{\infty}dye^{im\sqrt{t^{2}-r^{2}}\ch\left(y-z\right)}\,.
\]
Учитывая, что $\Im t>0$ и $\Re t>0$, можно сделать сдвиг $y\to y+z$
и тогда интеграл сводится к $K$-функции Бесселя:
\[
G\left(t,\boldsymbol{r}\right)=-\frac{1}{2\pi^{2}r}\partial_{r}\Im K_{0}\left(-im\sqrt{\left(t+i0\right)^{2}-r^{2}}\right)
\]
Характерный вид графика функции $A\left(r\right)=\Im K_{0}\left(-im\sqrt{\left(t+i0\right)^{2}-r^{2}}\right)$
показан на рисунке 1. Аргумент $K_{0}$ становится
вещественным положительным при $r>t$ и поэтому $\Im K_{0}$ равно
нулю в этой области. В точке $r=t$ функция имеет разрыв, причем $f\left(t-0\right)=\frac{\pi}{2}$.
Таким образом,
\[
G\left(t,\boldsymbol{r}\right)=-\frac{1}{2\pi^{2}r}\partial_{r}\theta\left(t-r\right)\Im K_{0}\left(-im\sqrt{t^{2}-r^{2}}\right)
\]
Вычисляя производную по $r$, получаем
\[
G\left(t,\boldsymbol{r}\right)=\frac{m}{2\pi^{2}}\Re\frac{K_{1}\left(-im\sqrt{t^{2}-r^{2}}\right)}{\sqrt{t^{2}-r^{2}}}\theta\left(t-r\right)+\frac{1}{4\pi r}\delta\left(t-r\right)\,.
\]
Функция $B\left(r\right)=-\Re\frac{K_{1}\left(-im\sqrt{t^{2}-r^{2}}\right)}{\sqrt{t^{2}-r^{2}}}\theta\left(t-r\right)$
ведёт себя абсолютно аналогично $A\left(r\right)$, причём $B\left(t-0\right)=\frac{\pi}{4}$.
Поэтому для функции $F$ получаем
\begin{align*}
F\left(t,r\right) & =\dot{G}\left(t,\boldsymbol{r}\right)=-\frac{m^{2}}{2\pi^{2}}\frac{t}{t^{2}-r^{2}}\Im K_{2}\left(-im\sqrt{t^{2}-r^{2}}\right)\theta\left(t-r\right)-\frac{m^{2}}{8\pi}\delta\left(t-r\right)+\frac{1}{4\pi r}\delta^{\prime}\left(t-r\right)\,.
\end{align*}
Всё это богатство с $\delta$ и $\delta^{\prime}$ в $F$ можно получить,
если аккуратно вычислить $F\left(t,r\right)$ как предел $\lim_{\epsilon\to+0}\tilde{F}\left(t+i\epsilon,r\right)$,
где
\[
\tilde{F}\left(t,r\right)=-\frac{m^{2}}{2\pi^{2}}\Im\left[\frac{t}{t^{2}-r^{2}}K_{2}\left(-im\sqrt{t^{2}-r^{2}}\right)\right]\,.
\]
Если у кого есть плагин от Wolfram Mathematica для просмотра cdf-формата,
то можно самому поиграть с $\tilde{F}\left(t+i\epsilon,r\right)$:
Учитывая антисимметрию $G$ и симметрию $F$ при обращении времени, получаем \begin{align} G\left(t,\boldsymbol{r}\right) & =\frac{m\mathrm{sgn}t}{2\pi^{2}}\Re\frac{K_{1}\left(-im\sqrt{t^{2}-r^{2}}\right)}{\sqrt{t^{2}-r^{2}}}\theta\left(\left|t\right|-r\right)+\frac{1}{4\pi r}\delta\left(\left|t\right|-r\right)\,,\nonumber \\ F\left(t,\boldsymbol{r}\right) & =-\frac{m^{2}}{2\pi^{2}}\frac{\left|t\right|\Im K_{2}\left(-im\sqrt{t^{2}-r^{2}}\right)}{t^{2}-r^{2}}\theta\left(\left|t\right|-r\right)-\frac{m^{2}}{8\pi}\delta\left(\left|t\right|-r\right)+\frac{1}{4\pi r}\delta^{\prime}\left(\left|t\right|-r\right)\,.\label{eq:result} \end{align} В моей первой, торопливой попытке я потерял последние члены в $G$ и, естественно, в $F$. Видимо, сработало какое-то давнишнее предубеждение против выражений, содержащих одновременно $\theta\left(x\right)$ и $\delta\left(x\right)$. Полученные выражения очень даже замечательны. Хотя \[ K_{1}\left(-iy\right)\sim\frac{i}{y}\ \&\ K_{2}\left(-iy\right)\sim-\frac{2}{y^{2}} \] при $y\to0$, тем не менее, \[ \Re K_{1}\left(-iy\right)\sim-\frac{\pi}{4}y\ \&\ \Im K_{2}\left(-iy\right)\sim-\frac{\pi}{16}y^{2}\,, \] и первые члены в (\ref{eq:result}) оказываются конечными. Окончательно, получаем следующее решение \[ \phi\left(t,\boldsymbol{x}\right)=\int d\boldsymbol{y}\left\{ F\left(t,\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\right)f\left(\boldsymbol{y}\right)+G\left(t,\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\right)g\left(\boldsymbol{y}\right)\right\} \,. \] Интересно проследить стремление $\phi\left(t,\boldsymbol{x}\right)$ к $f\left(\boldsymbol{x}\right)$ и $\dot{\phi}\left(t,\boldsymbol{x}\right)$ к $g\left(\boldsymbol{x}\right)$ при $t\to0$. Как ни удивительно, трёхмерная $\delta$-функция от $\boldsymbol{r}=\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}$ реализуется как предел $\lim_{t\to0}\frac{1}{4\pi r}\delta^{\prime}\left(\left|t\right|-r\right)$.
P.S. Вообще-то, эту задачу я предложил студентам в качестве домашней на ближайшую неделю, но если кто вдруг и зайдёт сюда и разберётся, то и ладно.
$\newcommand{\sh}{\operatorname{sh}} \newcommand{\ch}{\operatorname{ch}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} $ Возник недавно вопрос про задачу Коши для уравнения Клейна-Фока-Гордона.
Решить задачу Коши: \[ \left[\square+m^{2}\right]\phi=0\,,\quad\phi\left(0,\boldsymbol{x}\right)=f\left(\boldsymbol{x}\right),\quad\dot{\phi}\left(0,\boldsymbol{x}\right)=g\left(\boldsymbol{x}\right) \]Культурно эта задача решается через функции Грина второго рода. Ну, то есть нужно сначала найти функцию Грина первого рода, а затем, по известным правилам найти функции Грина для указанной задачи Коши. Но действовать нужно предельно осмотрительно, чтобы не пропустить обобщённые функции. Поучителен другой способ, основанный на знании общего решения уравнения Клейна-Фока-Годона. Как мы учим студентов, это общее решение имеет вид \begin{equation} \phi\left(t,\boldsymbol{x}\right)=\int\frac{d\boldsymbol{p}}{\left(2\pi\right)^{3}2\varepsilon}\left[C_{1}\left(\boldsymbol{p}\right)e^{-i\varepsilon t+i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}}+C_{2}\left(\boldsymbol{p}\right)e^{i\varepsilon t-i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}}\right]\,,\label{eq:generalCondition} \end{equation} где $\varepsilon=\sqrt{\boldsymbol{p}^{2}+m^{2}}$, а $C_{1,2}\left(\mathbf{p}\right)$ --- функции, которые мы хотим выразить через $f\left(\boldsymbol{x}\right)$ и $g\left(\boldsymbol{x}\right)$. Это довольно просто: используя (\ref{eq:generalCondition}), вычисляем $\phi\left(0,\boldsymbol{x}\right)$ и $\dot{\phi}\left(0,\boldsymbol{x}\right)$, и с помощью обратного преобразования Фурье получаем \begin{align*} C_{1}\left(\boldsymbol{p}\right) & =\int d\boldsymbol{y}\,e^{-i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{y}}\left[\varepsilon f\left(\boldsymbol{y}\right)+ig\left(\boldsymbol{y}\right)\right]\,,\\ C_{2}\left(\boldsymbol{p}\right) & =\int d\boldsymbol{y}\,e^{i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{y}}\left[\varepsilon f\left(\boldsymbol{y}\right)-ig\left(\boldsymbol{y}\right)\right]\,. \end{align*} Подставляя в (\ref{eq:generalCondition}), получаем \[ \phi\left(t,\boldsymbol{x}\right)=\int\frac{d\boldsymbol{p}}{\left(2\pi\right)^{3}\varepsilon}\int d\boldsymbol{y}\left\{ f\left(\boldsymbol{y}\right)\varepsilon\cos\left[\varepsilon t-\boldsymbol{p}\cdot\left(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\right)\right]+g\left(\boldsymbol{y}\right)\sin\left[\varepsilon t-\boldsymbol{p}\cdot\left(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\right)\right]\right\} \] Но мы хотим взять интеграл по $\boldsymbol{p}$, и вот здесь следует действовать аккуратно. Нужно взять два базисных интеграла: \[ G\left(t,\boldsymbol{r}\right)=\int\frac{d\boldsymbol{p}}{\left(2\pi\right)^{3}\varepsilon}\sin\left[\varepsilon t-\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{r}\right]\,,\quad F\left(t,\boldsymbol{r}\right)=\int\frac{d\boldsymbol{p}}{\left(2\pi\right)^{3}}\cos\left[\varepsilon t-\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{r}\right]\,. \] Точнее, интеграл $F$ нам отдельно считать не надо, так как $F=\dot{G}$. Для $G$, интегрируя по углам, получаем \[ G\left(t,\boldsymbol{r}\right)=\frac{4\pi}{\left(2\pi\right)^{3}r}\Im\intop_{0}^{\infty}dp\frac{p}{\varepsilon}e^{i\varepsilon t}\sin\left(pr\right)\,. \]
 |
| Рисунок 1. Функция $A\left(r\right)=\Im K_{0}\left(-im\sqrt{\left(t+i0\right)^{2}-r^{2}}\right)$. |
Учитывая антисимметрию $G$ и симметрию $F$ при обращении времени, получаем \begin{align} G\left(t,\boldsymbol{r}\right) & =\frac{m\mathrm{sgn}t}{2\pi^{2}}\Re\frac{K_{1}\left(-im\sqrt{t^{2}-r^{2}}\right)}{\sqrt{t^{2}-r^{2}}}\theta\left(\left|t\right|-r\right)+\frac{1}{4\pi r}\delta\left(\left|t\right|-r\right)\,,\nonumber \\ F\left(t,\boldsymbol{r}\right) & =-\frac{m^{2}}{2\pi^{2}}\frac{\left|t\right|\Im K_{2}\left(-im\sqrt{t^{2}-r^{2}}\right)}{t^{2}-r^{2}}\theta\left(\left|t\right|-r\right)-\frac{m^{2}}{8\pi}\delta\left(\left|t\right|-r\right)+\frac{1}{4\pi r}\delta^{\prime}\left(\left|t\right|-r\right)\,.\label{eq:result} \end{align} В моей первой, торопливой попытке я потерял последние члены в $G$ и, естественно, в $F$. Видимо, сработало какое-то давнишнее предубеждение против выражений, содержащих одновременно $\theta\left(x\right)$ и $\delta\left(x\right)$. Полученные выражения очень даже замечательны. Хотя \[ K_{1}\left(-iy\right)\sim\frac{i}{y}\ \&\ K_{2}\left(-iy\right)\sim-\frac{2}{y^{2}} \] при $y\to0$, тем не менее, \[ \Re K_{1}\left(-iy\right)\sim-\frac{\pi}{4}y\ \&\ \Im K_{2}\left(-iy\right)\sim-\frac{\pi}{16}y^{2}\,, \] и первые члены в (\ref{eq:result}) оказываются конечными. Окончательно, получаем следующее решение \[ \phi\left(t,\boldsymbol{x}\right)=\int d\boldsymbol{y}\left\{ F\left(t,\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\right)f\left(\boldsymbol{y}\right)+G\left(t,\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\right)g\left(\boldsymbol{y}\right)\right\} \,. \] Интересно проследить стремление $\phi\left(t,\boldsymbol{x}\right)$ к $f\left(\boldsymbol{x}\right)$ и $\dot{\phi}\left(t,\boldsymbol{x}\right)$ к $g\left(\boldsymbol{x}\right)$ при $t\to0$. Как ни удивительно, трёхмерная $\delta$-функция от $\boldsymbol{r}=\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}$ реализуется как предел $\lim_{t\to0}\frac{1}{4\pi r}\delta^{\prime}\left(\left|t\right|-r\right)$.
P.S. Вообще-то, эту задачу я предложил студентам в качестве домашней на ближайшую неделю, но если кто вдруг и зайдёт сюда и разберётся, то и ладно.
