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遅延グリーン関数

問題

次の方程式

\Box G ({\bf r}, t)= - \delta^3 ({\bf r}) \delta(t)

を満たすGreen関数の内、

G({\bf r}, t) \left\{ 
\begin{array}{cc}\neq 0 && t \geq 0 \\
= 0 && t < 0
\end{array} \right.

を満たすものを遅延グリーン関数(retarded Green function)と呼びます。遅延グリーン関数を次の手順に従って求めましょう。

(1)

グリーン関数, デルタ関数のフーリエ積分表示はそれぞれ

G({\bf r}, t) 
= \int_{-\infty}^{\infty} d\omega \iiint_{-\infty}^\infty d^3 {\bf} \ \hat{G} ({\bf k}, \omega) e^{-i \omega t + i {\bf k} \cdot {\bf r}} 
\delta^3({\bf r}) \delta(t) 
= \frac{1}{(2\pi)^4}\int_{-\infty}^{\infty} d\omega \iiint_{-\infty}^\infty d^3 {\bf k} \ e^{-i \omega t + i {\bf k} \cdot {\bf r}}

と表されます。これらを方程式に代入して

\hat{G} ({\bf k}, \omega) 
= - \frac{c^2}{(2\pi)^4} \frac{1}{\omega^2 - c^2 k^2}

を示しなさい。ただし$k \equiv |{\bf k}|$です。

(2)

(1)の結果から

G ({\bf r}, t) 
= - \frac{c^2}{(2\pi)^4} \int_{-\infty}^{\infty} d\omega \iiint_{-\infty}^\infty d^3 {\bf k} \frac{e^{-i\omega t + {\bf k} \cdot {\bf r}}}{\omega^2 - c^2 k^2}

となります。$\omega$についての積分を始めに行うことで遅延グリーン関数を求めなさい。このとき、$\omega=\pm ck$が極になりますが、これらの極を避けて極の上側を通るように積分経路を選ぶことが遅延グリーン関数を選択する条件となります。遅延グリーン関数は極を避けた実軸上の積分、すなわち主値に2つの極を上側に避けた微小積分路の結果を加えた物になります。

(3)

\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} \ dx = \pi

の証明の[理系大学生応援] sin(x)/xを複素数平面上で経路積分を行う、以下の問に答えなさい、では$e^{ix}/x$および$e^{-ix}/x$のそれぞれの積分の主値を足し合わせた物として計算され、$x=0$をどのように避ける積分路を取るべきかは議論する必要がありませんでした。その理由を述べなさい。

解答例

(1)

フーリエ変換を駆使して、グリーン関数のスペクトルを求めましょう。グリーン関数、デルタ関数のフーリエ積分表示

G({\bf r},t) = \int_{-\infty}^\infty d\omega \iiint_{-\infty}^\infty d^3{\bf k} {\hat G}({\bf k}, \omega) e^{-i\omega t+ i{\bf k}\cdot {\bf r}}
\delta({\bf r}) \delta(t) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int_{-\infty}^\infty d\omega \iiint_{-\infty}^\infty d^3{\bf k} e^{-i\omega t+ i{\bf k}\cdot {\bf r}}

より

\Box G({\bf r}, t) 
= \left(\nabla^2 - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \right)\int_{-\infty}^\infty d\omega \iiint_{-\infty}^\infty d^3{\bf k} {\hat G}({\bf k}, \omega) e^{-i\omega t+ i{\bf k}\cdot {\bf r}}
= \int_{-\infty}^\infty d\omega \iiint_{-\infty}^\infty d^3{\bf k} {\hat G}({\bf k}, \omega) \left( \nabla^2-\frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \right) e^{-i\omega t+ i{\bf k}\cdot {\bf r}} \\
=\int_{-\infty}^\infty d\omega \iiint_{-\infty}^\infty d^3{\bf k} {\hat G}({\bf k}, \omega) \left( i^2 \left| {\bf k}\right|^2 -\frac{1}{c^2} (-i \omega)^2 \right) e^{-i\omega t+ i{\bf k}\cdot {\bf r}}
= \int_{-\infty}^\infty d\omega \iiint_{-\infty}^\infty d^3{\bf k} {\hat G}({\bf k}, \omega) \left( - \left| {\bf k}\right|^2 + \frac{\omega^2}{c^2}\right) e^{-i\omega t+ i{\bf k}\cdot {\bf r}} \\
= - \frac{1}{(2\pi)^4}\int_{-\infty}^\infty d\omega \iiint_{-\infty}^\infty d^3{\bf k} e^{-i\omega t+ i{\bf k}\cdot {\bf r}}
\therefore \ {\hat G} ({\bf k}, \omega) = - \frac{1}{(2\pi)^4} \frac{1}{-k^2 + \frac{\omega^2}{c^2}} = -\frac{c^2}{(2\pi)^4} \frac{1}{\omega^2 - c^2 k^2}

(2)

(1)の結果を逆フーリエ変換して、遅延グリーン関数を求めましょう。

G({\bf r},t) = -\frac{c^2}{(2\pi)^4}\int_{-\infty}^\infty d\omega \iiint_{-\infty}^\infty d^3{\bf k} \frac{e^{-i\omega t+ i{\bf k}\cdot {\bf r}}}{\omega^2 - c^2 k^2} = -\frac{c^2}{(2\pi)^4} \iiint_{-\infty}^\infty d^3{\bf k} e^{i{\bf k}\cdot {\bf r}}\int_{-\infty}^\infty d\omega\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2 - c^2 k^2}

$\omega$での積分を実行するために$f(z) = \frac{e^{-izt}}{z^2 - c^2k^2}$の積分を複素数平面上で行います。下図のような積分経路を考えます($z= \omega + i\Omega$)。このように極を上に避けるように積分経路を選択する事で遅延グリーン関数の条件を満たす事ができます。
intpass2.jpg

\left\{ \begin{array}{l}
C_1 : \omega 軸上 -R \rightarrow -ck-r \\
C_2 : z=re^{i\theta} -ck \ (\theta : \pi \rightarrow 0) \\
C_3 : \omega 軸上 -ck+r \rightarrow ck-r \\
C_4 : z=re^{i\theta} + ck \ (\theta : \pi \rightarrow 0)\\
C_5 : \omega 軸上 ck+r \rightarrow R \\
C_6 : z=Re^{i\theta} \ (\theta : 0 \rightarrow \pi) \\
C_7 : z=Re^{i\theta} \ (\theta : 0 \rightarrow - \pi)
\end{array} \right.

(i)

コーシーの積分定理より

\oint_{C_1+C_2+C_3+C_4+C_5+C_6} dz f(z)
= \int_{C_1+C_2+C_3+C_4+C_5} dz f(z) + \int_{C_6} dz f(z) = 0

$C_6 : z=Re^{i\theta} \ (\theta : 0 \rightarrow \pi)$において$dz=iRe^{i\theta} d\theta$より

\int_{C_6} dz f(z) = \int_0^\pi d\theta \frac{iRe^{i\theta}}{R^2e^{2i\theta}-c^2k^2} e^{-itRe^{i\theta}} =iR \int_0^\pi d\theta \frac{e^{i\theta}}{R^2e^{2i\theta}-c^2k^2} e^{-itR\cos \theta}e^{tR\sin \theta}

この積分値の大きさは絶対値を取ることで評価します。

\left| \int_{C_6} dz f(z) \right| 
= \left| iR \int_0^\pi d\theta \frac{e^{i\theta}}{R^2e^{2i\theta}-c^2k^2} e^{-itR\cos \theta}e^{tR\sin \theta}\right| 
\leq R \int_0^\pi d\theta \left| \frac{e^{i\theta}}{R^2e^{2i\theta}-c^2k^2} \right| \left| e^{-itR\cos \theta} \right| \left| e^{tR\sin \theta} \right| \\
\leq R \int_{0}^\pi d\theta \frac{e^{tR\sin \theta}}{R^2 -c^2 k^2} \ (\because \ \left| e^{i\theta} \right| =1, \left| R^2 e^{2i\theta} -c^2k^2\right| \geq R^2-c^2k^2) 

$0<\theta<\pi$で$\sin \theta>0$より

\lim_{R \rightarrow \infty, r \rightarrow 0} \int_{C_1+ C_2 + C_3 + C_4 + C_5} dz \ f(z) = \int_{-\infty}^\infty d\omega \frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2 - c^2 k^2} 
= 0 \ (t<0)

(ii)

留数定理より

\oint_{C_1+C_2+C_3+C_4+C_5+C_7} dz f(z) = -2\pi i\left\{ {\rm Res}(f, -ck)+ {\rm Res}(f, ck)\right\}

ここで${\rm Res}(f, a)$は関数$f$の$a$に対する留数を表します。また右辺の不符号は積分が時計回りであることからきています。

f(z) = \frac{e^{-izt}}{z^2 - c^2k^2} = \frac{1}{2ck} \left( \frac{1}{z-ck} -\frac{1}{z+ck} \right)e^{-izt}

のように変形し、$e^{-izt}$を$z=ck, -ck$のまわりでテイラー展開したもの

e^{-izt} = \left. \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} \frac{d^n}{dz^n} e^{-izt} \right|_{z=ck} (z-ck)^n = e^{-ickt} + (-it) e^{-ickt} (z-ck) + \frac{(-it)^2}{2} e^{-ickt} (z-ck)^2 + \cdots
e^{-izt} = \left. \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} \frac{d^n}{dz^n} e^{-izt} \right|_{z=-ck} (z+ck)^n = e^{ickt} + (-it) e^{ickt} (z+ck) + \frac{(-it)^2}{2} e^{ickt} (z+ck)^2 + \cdots

を代入すると

f(z) = \frac{1}{2ck}  \left\{ \left(\frac{e^{-ickt}}{z-ck} + (-it) e^{-ickt} + \frac{(-it)^2}{2} e^{-ickt} (z-ck) + \cdots \right) - \left(\frac{e^{ickt}}{z+ck} + (-it) e^{ickt} + \frac{(-it)^2}{2} e^{ickt} (z+ck) + \cdots \right) \right\} 

$z=ck$で正則でないのは$\frac{1}{2ck} \frac{e^{-ickt}}{z-ck}$の項のみとなります。また$z=-ck$で正則でないのは$- \frac{1}{2ck}\frac{e^{ickt}}{z+ck}$の項のみとなります。よって

\int_{C_1+ C_2 + C_3 + C_4 + C_5 + C_6} dz \ f(z) + \int_{C_7} dz \ f(z)= -\frac{\pi i}{ck}\left( - e^{ickt} + e^{-ickt}\right)

$r \rightarrow 0, R \rightarrow \infty$として

\int_{-\infty}^\infty d\omega f(\omega) = -\lim_{R \rightarrow \infty} \int_{C_7} dz f(z)-\frac{\pi i}{ck} \left( - e^{ickt} + e^{-ickt}\right)

上式でのの$C_7$上での積分は先ほどの$C_6$上での積分区間を$\theta : 0 \rightarrow -\pi$にしたものに等しいので

\int_{C_7} dz f(z) = \int_0^{- \pi} d\theta \frac{iRe^{i\theta}}{R^2e^{2i\theta}-c^2k^2} e^{-itRe^{i\theta}} =iR \int_0^\pi d\theta \frac{e^{i\theta}}{R^2e^{2i\theta}-c^2k^2} e^{-itR\cos \theta}e^{tR\sin \theta}

同様に両辺の絶対値をとって積分値の大きさを評価しましょう。

\left| \int_{C_7} dz f(z) \right| 
= \left| iR \int_0^{-\pi} d\theta \frac{e^{i\theta}}{R^2e^{2i\theta}-c^2k^2} e^{-itR\cos \theta}e^{tR\sin \theta}\right| 
\leq R \int_0^{- \pi} d\theta \left| \frac{e^{i\theta}}{R^2e^{2i\theta}-c^2k^2} \right| \left| e^{-itR\cos \theta} \right| \left| e^{tR\sin \theta} \right| \\
\leq R \int_{0}^{- \pi} d\theta \frac{e^{tR\sin \theta}}{R^2 -c^2 k^2} \ (\because \ \left| e^{i\theta} \right| =1, \left| R^2 e^{2i\theta} -c^2k^2\right| \geq R^2-c^2k^2)

$-\pi<\theta<0$で$\sin \theta <0$より

\int_{-\infty}^\infty d\omega \frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2 -c^2 k^2} = -\frac{\pi i}{ck}\left( -e^{ickt}+e^{-ickt}\right) = -\frac{2\pi}{ck}\sin ckt \ (t>0)

(a), (b)以上を総合して

G({\bf r}, t) = 
\left\{ \begin{array}{lll}
\displaystyle{\frac{c}{(2\pi)^3} \iiint_{-\infty}^\infty d^3 {\bf k} \frac{e^{i {\bf k} \cdot {\bf r}} \sin ckt}{k} } && (t>0) \\
\\
0 &&(t<0)
\end{array} \right.

kspaceint.jpg

今度は残りの${\bf k}$空間での積分を行いましょう。そのためには、積分領域が${\bf k}$空間に渡り、かつ計算が簡単になるような座標を設定してあげます。式をじっと眺めていると、思いつくのは上図のように${\bf r}$を$k_z$に一致させる座標設定です。すると

\iiint_{-\infty}^\infty d^3 {\bf k} \frac{e^{i {\bf k} \cdot {\bf r}} \sin ckt}{k} 
= \int_0^\infty dk \int_0^\pi d\theta \int_0^{2\pi} d\phi \frac{e^{ikr\cos \theta} \sin ckt}{k} k^2 \sin \theta
\underbrace{=}_{\mu=\cos \theta} 2\pi \int_0^\infty dk \int_{-1}^1 d\mu k e^{ikr\mu} \sin ckt \\
= 2\pi \int_0^\infty dk \frac{1}{ir} \left( e^{ikr}-e^{-ikr}\right) \frac{e^{ickt}-e^{-ickt}}{2i}
= - \frac{\pi}{r} \int_0^\infty dk \left( e^{ik(r+ct)}- e^{ik(r-ct)} - e^{i(-k)(r-ct)} + e^{i(-k)(r+ct)}\right) \\
= -\frac{\pi}{r} \int_{-\infty}^\infty dk \left( e^{ik(r+ct)} -e^{ik(r-ct)} \right) 
= - \frac{2\pi^2}{r} (\delta (r+ct) -\delta(r-ct))
= -\frac{2\pi^2}{cr} \left( \delta \left(t+\frac{r}{c} \right)-\delta \left(t-\frac{r}{c} \right) \right)

$t>0, r>0$より$\delta \left( t+\frac{r}{c} \right) =0$です。

\therefore G({\bf r}, t) = \left\{ \begin{array}{lll} 
\displaystyle {\frac{1}{4\pi} \frac{\delta(t-\frac{r}{c})}{r}} && (t>0)\\
\\
0 && (t<0)
\end{array} \right.

(3)

\int_{-\infty}^\infty dx \frac{\sin x}{x} = \pi

で極の避け方が議論されなかったのは、実は$\lim_{x\rightarrow0} \frac{\sin x}{x}= 1$であり$x=0$が極ではないからです。しかし計算の便宜上、

\frac{\sin x}{x} = \frac{1}{2i} \left(\frac{e^{ix}}{x}-\frac{e^{-ix}}{x}\right)

のように変形していたため、極のように見えていただけです。$\frac{\sin x}{x}$の積分計算は、実際にはコーシーの主値の表記を用いて

P \int_{-\infty}^\infty dx \frac{\sin x}{x} = \lim_{\epsilon \rightarrow 0}\left( \int_{-\infty}^{-\epsilon} dx \frac{\sin x}{x} + \int_{\epsilon}^\infty dx \frac{\sin x}{x}\right) = \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\sin x}{x} 

のように書けます。特異点を半円で避けてその半径を0極限を取る場合、いくら積分経路を0に持っていっても、特異点では無限大に発散しているため、経路積分は有限の値になります。しかし、この積分は$x=0$で有限の値かつ連続なので、問題なく積分が行えたのです。

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