5-b)

a)の結果から

$$G\rt = -\frac{c^2}{\left(2\pi\right)^4} \Int d\omega \Int d^3 \vk \frac{1}{\omega^2 -c^2k^2}e^{-i\omega t +i\vk \cdot \vr}$$ (27)

である。始めに$\omega$について積分を行うことで遅延Green関数を求めよ。 この時、 $\omega =-ck$と $\omega=+ck$が極になるが、これらの極の上側を通る様に積分経路を選ぶことが、遅延Green関数を選択する条件である。

5-b)解答

Eq.(27)は

$$G\rt =-\frac{c^2}{(2\pi)^4} \Int d\omega \Int d^3\vk \,\frac{1}{\... ...d^3\vk\,e^{i\vk\cdot\vr} \Int d\omega \,\frac{e^{-i\omega t} }{\omega^2-c^2k^2}$$

であるから、$\omega$についての複素積分

$$\Int d\omega \,\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2 -k^2c^2}$$ (28)

を先に計算する。

図: $\omega -$plane上での積分経路

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Green関数を選択する条件であるので（後でその物理的理由について考える）、 積分経路は図のようになる。 始めに$t<0$のときを考える。

$$\exp\left[ -i\omega t \right] =\exp\left[ + i\omega \vert t\vert\... ...ft(+i\vert t\vert \Re[\omega]\right) \exp\left(-\vert t\vert\Im[\omega]\right)$$

であるから、 $\Im[\omega]>0$のとき、 $R=\vert\omega\vert\,\to\,+\infty$に対して、 零になる。 従ってEq.(28)の積分に上半円積分経路$C_1$を付け加えても問題ない。 即ち

$$\Int d\omega \,\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2 -k^2c^2} =\int_{\i... ...ale=0.1]{s1.eps}} d\omega \,\frac{e^{+i\omega \vert t\vert}}{\omega^2 -k^2c^2}$$

である。このとき、積分経路に囲まれる領域に於いて被積分関数は極を持たないことから、この積分は零となる。 よって

$$\int_{\includegraphics[scale=0.1]{s1.eps}} d\omega \,\frac{e^{+i\omega \vert t\vert}}{\omega^2 -k^2c^2}=0$$

である。よって

$$G\left(\vr,t<0\right)=0$$ (29)

を得る。

次に$t \geq 0$のときを考える。

$$\exp\left( -i\omega t \right) =\exp\left( -i\omega \vert t\vert \... ...t(-i\vert t\vert\Re[\omega] \right) \exp\left(+\vert t\vert\Im[\omega] \right)$$

であるから、今度はEq.(28)の積分に下半円積分経路$C_2$を付け加えても問題ない。 即ち

$$\Int d\omega \,\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2 -k^2c^2} =\int_{\i... ...graphics[scale=0.1]{s2.eps}} d\omega \,\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2 -k^2c^2}$$

となる。 積分経路の中に弐個の極 $\omega =\pm kc$があるので、積分値はそこでの留数の和となるので、これを求めると

$$\Int d\omega \,\frac{e^{-i\omega t}}{\omega^2 -k^2c^2} =\int_{\i... ...ac{e^{ikct}}{-2kc} + \frac{e^{-ikct}}{2kc}\right) = -\frac{2\pi}{kc} \sin(kct)$$

となる。

$\omega$についての積分が求まったので、次に $\vk$についての積分を実行する。 この時図のような座標系を採用する。

図: $\vk=(k_1,k_2,k_3)=(k,\theta,\psi)$

$$G\left(\vr,t \geq 0\right) = -\frac{c^2}{\left(2\pi\right)^4} \Int d^3 \vk \left\{ -\frac{2\... ...eta\, dkd\theta d\psi\, \left[ \sin(kct)\frac{1}{k} e^{ikr \cos \theta} \right]$$

$$=\frac{c}{\left(2\pi\right)^2}\frac{1}{-ir}\int_0^\infty \sin(kct... ...ight)^2}\frac{1}{-ir}\int_0^\infty dk\,\left( e^{-ikr}-e^{+ikr}\right)\sin(kct)$$

$$=\frac{c}{\left(2\pi\right)^2}\frac{1}{2r}\int_0^\infty dk\, \lef... ...t(t+r/c\right)} +e^{-ikc\left(t-r/c\right)} -e^{-ikc\left(t+r/c\right)} \right]$$

$$=\frac{c}{\left(2\pi\right)^2}\frac{1}{2r} \left[ \left\{ \int_0^... ...t_{-\infty}^0 dk'\, e^{+ik' c\left(t+r/c\right)} \right\} \right]\,;\quad k=-k'$$

$$=\frac{c}{\left(2\pi\right)^2}\frac{1}{2r} \left[ \Int dk\, e^{+i... ...eft[ \delta\left(t-\frac{r}{c}\right) -\delta\left(t+\frac{r}{c}\right) \right]$$

$$= \frac{1}{4\pi}\frac{\delta\left(t-\dfrac{r}{c}\right)}{r}\,; \qquad \because\, t\geq 0$$

以上より求めるべき遅延Green関数は

$$G_{\rm ret}\left(\vr, t\geq 0\right) = \frac{1}{4\pi}\frac{\delta\left(t-\dfrac{r}{c}\right)}{r}$$

$$G_{\rm ret}\left(\vr, t< 0\right) = 0$$

となる。

今回 遅延Green関数を得るために、極 $\omega =\pm kc$の上側を通る積分経路を考え計算を行った。 これを下側に変えた場合を考える。 下側を通る積分経路の場合、先の計算同様の手順を辿れば $t<0,t\geq 0$の時の積分結果が上側の時と逆になる（積分経路の向きから符号も逆になる）。 この結果得られるGreen関数は$t>0$で零、$t\leq 0$で値を持つため先進Green関数であり、

$$G_{\rm adv}\left(\vr, t \leq 0\right) = \frac{1}{4\pi}\frac{\delta\left(t+\dfrac{r}{c}\right)}{r}$$

$$G_{\rm adv}\left(\vr, t> 0\right) = 0$$

となる。

Eq.(22)は物理的には「座標$\vr=0$の点に時刻$t=0$の瞬間、単位電荷が存在した場合、座標$\rt$の観測者が観測するポテンシャル」の微分方程式である。 この場合観測者は必ず$t \geq 0$にポテンシャルを観測し、$t<0$に観測することは絶対にあり得ない。 よって$G\rt$は遅延型でなければならず、決して先進型ではあり得ない。これは因果律によるものである。

以上が積分経路を極の上側にした、物理的な理由である。

著者: 茅根裕司 chinone_at_astr.tohoku.ac.jp