ダランベール方程式のグリーン関数を導出

今回はダランベール方程式のグリーン関数を導出していきたいと思います。

ゲージ変換の話の中で出てくるグリーン関数ですが、複雑なのでいろいろ整理しながら話を進めていきたいと思います。

問題設定

ダランベール方程式のグリーン関数を以下のように定義する。

$$\left(\nabla ^2 – \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \right)G({\bf r},{\bf r’},t,t’)=-\delta ({\bf r}-{\bf r’})\delta (t-t’)\tag{1}$$グリーン関数が以下の式で与えられることを示せ。 $$G({\bf r},{\bf r’},t,t’) = \frac{1}{4\pi |{\bf r}-{\bf r’}|}\delta\left(t-t’\mp \frac{|{\bf r}-{\bf r’}|}{c}\right)$$

証明

(1)式より、\({\bf r}-{\bf r’}={\bf r},t-t’=t\)とおくと、$$\left(\nabla ^2 – \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \right)G({\bf r},t)=-\delta ({\bf r})\delta (t) \tag{2}$$

ここでGのフーリエ変換を行うと、$$G=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega t}\tilde{G}\tag{3}$$また、$$\tilde{G}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}dt e^{-i\omega t}G\tag{4}$$

一方、$$\delta(t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega t}\tag{5}$$

(3),(5)式を(2)式へ代入すると、 $$\left(\nabla ^2 – \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \right)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega t}\tilde{G}=-\delta ({\bf r})\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega t} $$すなわち、$$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega \left(\nabla^2 -\frac{1}{c^2}(-i\omega)^2\right)e^{-i\omega t}\tilde{G} = -\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\omega \delta ({\bf r})e^{-i\omega t}$$よって、$$\left( \nabla^2 + \frac{\omega^2}{c^2}\right)\tilde{G} = -\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\delta({\bf r})\tag{6}$$

ここで、$$\nabla^2 \frac{e^{ar}}{r}=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}r^2\frac{\partial}{\partial r}\frac{e^{ar}}{r}=\left(\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac{2}{r}\frac{\partial}{\partial r}\right)e^{ar}\frac{1}{r}\tag{7}$$を考える。

さらに、$$\frac{\partial}{\partial r}e^{ar}\frac{1}{r} = a\frac{e^{ar}}{r}+e^{ar}\frac{\partial}{\partial r}\frac{1}{r} \tag{8}$$

また、$$\frac{\partial^2}{\partial r^2}e^{ar}\frac{1}{r} = a^2\frac{e^{ar}}{r}+2ae^{ar}\frac{\partial}{\partial r}\frac{1}{r} + e^{ar}\frac{\partial^2}{\partial r^2}\frac{1}{r} \tag{9}$$より、

(8),(9)式を(7)式に代入すると、$$\nabla^2 \frac{e^{ar}}{r} = e^{ar}\left(a^2 + \frac{\partial^2}{\partial r^2} + \frac{2}{r}\frac{\partial}{\partial r}\right)\frac{1}{r} = e^{ar}(a^2 + \nabla^2)\frac{1}{r}$$

ここで、\(a = \pm i\frac{\omega}{c}\)とすると、$$\nabla^2 \frac{e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}}{r} = e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\left(\left(\pm i\frac{\omega}{c}\right)^2 + \nabla^2\right)\frac{1}{r}$$

すなわち、\(\nabla^2 \frac{1}{r} = 4\pi \delta({\bf r})\)より、 $$ \begin{eqnarray} \left(\nabla^2 + \left(\frac{\omega}{c}\right)^2\right) \frac{e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}}{r} &=& e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}\nabla^2 \frac{1}{r} \\ &=& 4\pi e^{\pm i\frac{\omega}{c}r} \delta({\bf r}) \\ &=& 4\pi \delta ({\bf r}) \end{eqnarray} $$ (\(e^{\pm i\frac{\omega}{c}r} \delta({\bf r})\)は\({\bf r} =0 \)のところしか残らない)

よって、$$\left(\nabla^2 + \left(\frac{\omega}{c}\right)^2\right)\frac{1}{4\pi \sqrt{2\pi}}\frac{e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}}{r} = -\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\delta({\bf r})\tag{10}$$

(10)式と(6)式を比較すると$$\tilde {G} = \frac{1}{4\pi \sqrt{2\pi}}\frac{e^{\pm i\frac{\omega}{c}r}}{r}$$

逆フーリエ変換を行うと、$$G({\bf r},\omega)=\frac{1}{4\pi r}\frac{1}{2\pi}\int_{-infty}^{\infty}d\omega e^{-i\omega\left(t\pm\frac{r}{c}\right)}=\frac{1}{4\pi r}\delta(t\mp \frac{r}{c})$$

最後に、\({\bf r}={\bf r}-{\bf r’},t=t-t’\)とすると、$$G({\bf r},{\bf r’},t,t’) = \frac{1}{4\pi |{\bf r}-{\bf r’}|}\delta\left(t-t’\mp \frac{|{\bf r}-{\bf r’}|}{c}\right)$$