Komplexe Integration durch Verschieben der Kontur

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Komplexe Integration durch Verschieben der Kontur

Benutzer2582713

In Abschnitt 12.11 von Jacksons Classical Electrodynamics wertet er ein Integral aus, das an der Green-Funktionslösung der 4-Potential-Wellengleichung beteiligt ist. Hier ist es:

\int_{- \infty}^{\infty} d k_{0} \frac{e^{- ich k_{0} z_{0}}}{k_{0}^{2} - κ^{2}}

$\int_{-\infty}^\infty dk_0 \frac{e^{-ik_0z_0}}{k_0^2-\kappa^2}$

wo $k$ und $z_0$ sind echte Konstanten.

Jackson betrachtet zwei offene Konturen: eine über und eine unter der realen Achse. Ich verstehe das, um Jordans Lemma wann zu verwenden $z_0 < 0$ wir müssen die Kontur in der oberen Hälfte der komplexen Ebene schließen, während if $z_0 > 0$ wir müssen die Kontur in der unteren Halbebene schließen.

Was ich nicht verstehe, ist, warum es in Ordnung ist, Konturen über und unter der reellen Achse zu betrachten, wenn das ursprüngliche Integral entlang der reellen Achse liegt. So wie ich es verstehe, taucht die Notwendigkeit, sich mit solchen Polen zu befassen, auch in QFT häufig auf, also ist es vielleicht aus dieser Sicht gut verstanden.

Benutzer2582713

Hi. Vielen Dank für Ihren Kommentar. Ich glaube nicht, dass ich mich in meiner Frage klar ausgedrückt habe. Ich verstehe Jordans Lemma, das es uns erlaubt, den Radius des halbkreisförmigen Teils der geschlossenen Kontur gegen unendlich streben zu lassen, wodurch sein Beitrag zum Integral verschwindet. Was ich nicht verstehe, ist, dass die ursprünglichen offenen Konturen, die er in Betracht zieht, bevor er entscheidet, wie er sie schließen soll, über und unter der realen Achse liegen.

Benutzer2582713

Vielen Dank. Keine Bange. Glauben Sie, dass die Art und Weise, wie ich die Frage formuliert habe, klar genug ist? Könnte eine Bearbeitung hinzufügen. Hast du auch eine Antwort?

Benutzer2582713

Wie im Hauptwert des Integrals? Ich glaube nicht, dass dies aus Gründen der Ableitung im Buch der Fall ist. Haben Sie es?

Benutzer2582713

Lassen Sie uns diese Diskussion im Chat fortsetzen .

Danu

An alle, die erwägen, eine Antwort zu posten: Vermutlich wird die Antwort durch die Auswahl eines sogenannten

i ϵ

$i\epsilon$ - oder Polvorschrift, um mit dem Integral umzugehen und dann die Grenze zu nehmen, wo die Verformung danach verschwindet. Ich denke, diese Frage verdient eine gründliche Erklärung, die (mindestens) Folgendes abdeckt: 1) Was ist die Pole-Vorschrift (dh eine grundlegende Beschreibung der Methode). 2) Warum funktioniert das Stockrezept? Ist es zu erwarten, etc. 3) Was bedeuten Polvorgaben physikalisch (evtl. auf Randbedingungen beziehen)?

QMechaniker

Siehe auch Wikipedia .

Daniel Sank

Es ist irgendwie interessant, dass dieses mathematische Thema normalerweise nicht im Zusammenhang mit einem wirklich einfachen System diskutiert wird, bevor Physikbücher / -lehrer fortfahren und es mit etwas Kompliziertem wie 3D-Wellengleichungen oder QFT verwenden. Diese Idee kann im Zusammenhang mit einem 1D-gesteuerten harmonischen Oszillator untersucht werden!

ROBIN RAJ

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Komplexe Integration durch Verschieben der Kontur

Hi. Vielen Dank für Ihren Kommentar. Ich glaube nicht, dass ich mich in meiner Frage klar ausgedrückt habe. Ich verstehe Jordans Lemma, das es uns erlaubt, den Radius des halbkreisförmigen Teils der geschlossenen Kontur gegen unendlich streben zu lassen, wodurch sein Beitrag zum Integral verschwindet. Was ich nicht verstehe, ist, dass die ursprünglichen offenen Konturen, die er in Betracht zieht, bevor er entscheidet, wie er sie schließen soll, über und unter der realen Achse liegen.
Vielen Dank. Keine Bange. Glauben Sie, dass die Art und Weise, wie ich die Frage formuliert habe, klar genug ist? Könnte eine Bearbeitung hinzufügen. Hast du auch eine Antwort?
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An alle, die erwägen, eine Antwort zu posten: Vermutlich wird die Antwort durch die Auswahl eines sogenannten $i\epsilon$ - oder Polvorschrift, um mit dem Integral umzugehen und dann die Grenze zu nehmen, wo die Verformung danach verschwindet. Ich denke, diese Frage verdient eine gründliche Erklärung, die (mindestens) Folgendes abdeckt: 1) Was ist die Pole-Vorschrift (dh eine grundlegende Beschreibung der Methode). 2) Warum funktioniert das Stockrezept? Ist es zu erwarten, etc. 3) Was bedeuten Polvorgaben physikalisch (evtl. auf Randbedingungen beziehen)?
Es ist irgendwie interessant, dass dieses mathematische Thema normalerweise nicht im Zusammenhang mit einem wirklich einfachen System diskutiert wird, bevor Physikbücher / -lehrer fortfahren und es mit etwas Kompliziertem wie 3D-Wellengleichungen oder QFT verwenden. Diese Idee kann im Zusammenhang mit einem 1D-gesteuerten harmonischen Oszillator untersucht werden!
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Daniel Sank · Answer 1

Ein einfaches Referenzproblem

Angenommen, wir wollen das Problem eines erzwungenen harmonischen Oszillators analysieren. Bezeichne als $\phi(t)$ die zeitabhängige Position des Oszillators. Der Oszillator erfährt zwei Kräfte, die Federkraft $-k\phi(t)$ und eine äußere Kraft $F_{\text{ext}}(t)$ . Das Newtonsche Gesetz sagt

\begin{aligned} F (t) & = m a (t) \\ - k ϕ (t) + F_{ext} (t) & = m \ddot{ϕ} (t) \\ F_{ext} (t) / m & = \ddot{ϕ} (t) + (k / m) ϕ (t) \\ (1) & j (t) & = \ddot{ϕ} (t) + ω_{0}^{2} ϕ (t) \end{aligned}

$\begin{align} F(t) &= m a(t) \\ -k \phi(t) + F_{\text{ext}}(t) &= m \ddot{\phi}(t) \\ F_{\text{ext}}(t)/m &= \ddot{\phi}(t) + (k/m) \phi(t) \\ j(t) &= \ddot{\phi}(t) + \omega_0^2 \phi(t) \tag 1 \end{align}$

wo $\omega_0$ ist die freie Schwingungsfrequenz und $j(t)\equiv F_{\text{ext}}/m$ . Wir verwenden die folgende Fourier-Transformationskonvention:

\begin{aligned} f (t) & = \int_{ω} \tilde{f} (ω) e^{ich ω t} \frac{d ω}{2 π} \\ \tilde{f} (ω) & = \int_{t} f (t) e^{- ich ω t} d t . \end{aligned}

$\begin{align} f(t) &= \int_\omega \tilde{f}(\omega) e^{i\omega t} \frac{\mathrm d\omega}{2\pi} \\ \tilde{f}(\omega) &= \int_t f(t) e^{-i\omega t}~\mathrm dt . \end{align}$

Mit dieser Konvention zu Gl. $(1)$ , und definieren

ω_{\pm} \equiv \pm ω_{0},

$\omega_{\pm} \equiv \pm \omega_0,$ wir finden

\begin{matrix} (2) & \tilde{ϕ} (ω) = \frac{\tilde{j} (ω)}{ω_{0}^{2} - ω^{2}} = \frac{- \tilde{j} (ω)}{(ω - ω_{+}) (ω - ω_{-})} . \end{matrix}

$\tilde{\phi}(\omega) = \frac{\tilde{j}(\omega)}{\omega_0^2-\omega^2} = \frac{-\tilde{j}(\omega)}{(\omega-\omega_+)(\omega-\omega_-)}. \tag 2$ Aus Gl.

(2)

$(2)$ wir sehen, dass die Funktion des Grüns ist

\tilde{G} (ω) = \frac{- 1}{(ω - ω_{+}) (ω - ω_{-})}

$\tilde{G}(\omega) = \frac{-1}{(\omega-\omega_+)(\omega-\omega_-)}$ die Pole auf der reellen Achse hat. Wenn wir rechnen wollen

ϕ (t)

$\phi(t)$ Wir machen eine Fourier-Transformation

\begin{matrix} (*) & ϕ (t) = \int_{ω} \frac{- \tilde{j} (ω) e^{ich ω t}}{(ω - ω_{+}) (ω - ω_{-})} \frac{d ω}{2 π} = \int_{ω} e^{ich ω t} \tilde{j} (ω) \tilde{G} (ω) \frac{d ω}{2 π} . \end{matrix}

$\phi(t) = \int_\omega \frac{-\tilde{j}(\omega)e^{i\omega t}}{(\omega-\omega_+)(\omega-\omega_-)} \frac{\mathrm d\omega}{2\pi} = \int_\omega e^{i\omega t}\tilde{j}(\omega) \tilde{G}(\omega)\frac{\mathrm d\omega}{2 \pi}. \tag{*}$

Dieses Integral ist wegen der Pole auf der Achse schwierig. Die Lösung, die jeder kennt, besteht darin, die Pole durch Hinzufügen eines Imaginärteils von der Achse zu schieben $\omega_{\pm}$ , oder durch Verschieben der Kontur über oder unter die reale Achse, aber was bedeutet das eigentlich physikalisch? Wie wählen wir aus, in welche Richtung wir die Pole schieben oder die Kontur verschieben?

Dämpfung zur Rettung

In einem realen System haben wir immer etwas Dämpfung . In unserem Oszillatormodell könnte dies in Form einer geschwindigkeitsabhängigen Reibung erfolgen $F_{\text{friction}} = -\mu \dot{\phi}(t)$ . Definieren $2\beta = \mu/m$ , wird die Bewegungsgleichung

\begin{matrix} (3) & \ddot{ϕ} (t) + 2 β \dot{ϕ} (t) + ω_{0}^{2} ϕ (t) = j (t) . \end{matrix}

$\ddot{\phi}(t) + 2\beta \dot{\phi}(t) + \omega_0^2\phi(t) = j(t) . \tag 3$

Eine erneute Fourier-Transformation führt zu Gl. $(2)$ aber jetzt mit

ω_{\pm} = \pm ω_{0}^{'} + ich β

$\begin{equation} \omega_{\pm} = \pm \omega_0' + i\beta \end{equation}$ wo

ω_{0}^{'} = ω_{0} \sqrt{1 - (β / ω_{0})^{2}} .

$\begin{equation} \omega_0' = \omega_0\sqrt{1-(\beta/\omega_0)^2}. \end{equation}$

Daher sehen wir, dass das Hinzufügen von Dämpfung die Pole ein wenig in Richtung des Ursprungs entlang der reellen Achse bewegt, ihnen aber auch eine positive imaginäre Komponente verleiht. An der Grenze der kleinen Dämpfung (dh $\beta \ll \omega_0$ ), wir finden $\omega_0' \approx \omega_0$ . Mit anderen Worten, die Frequenzverschiebung der Pole aufgrund der Dämpfung ist gering. Also ignorieren wir das und konzentrieren uns auf den hinzugefügten Imaginärteil.

Ok, nehmen wir an, wir wollen das Integral machen $(*)$ in dem Fall, dass $j(t)$ ist eine Delta-Funktion bei $t=0$ . In diesem Fall, $\tilde{j}=1$ (Ich ignoriere Einheiten) und wir haben

ϕ (t) = \int_{ω} \frac{e^{ich ω t}}{(ω - ω_{+}) (ω - ω_{-})} \frac{d ω}{2 π}

$\phi(t) = \int_\omega \frac{e^{i\omega t}}{(\omega-\omega_+)(\omega-\omega_-)} \frac{\mathrm d\omega}{2\pi}$ Wie Sie bemerkt haben, z

t < 0

$t<0$ Sie müssen die Kontur in der unteren Ebene schließen, um das Lemma von Jordan zu verwenden. Es gibt keine Pole in der unteren Halbebene, also bekommen wir

ϕ (t < 0) = 0

$\phi(t<0)=0$ . Das macht durchaus Sinn: Die treibende Kraft ist eine Delta-Funktion bei

t = 0

$t=0$ und es sollte keine Reaktion des Systems geben, bevor das Fahren stattfindet. Das heißt, unsere Einführung der Reibung hat dem System eine kausale Randbedingung auferlegt! Zum

t > 0

$t>0$ , schließen Sie in der oberen Halbebene, wo es Pole gibt, und erhalten so eine Antwort aus dem Integral.

Dämpfung als Werkzeug

In vielen Fällen haben Sie natürlich keine Dämpfung im System. Zum Beispiel die Green-Funktion aus der Frage,

\int_{- \infty}^{\infty} d k_{0} \frac{e^{- ich k_{0} z_{0}}}{k_{0}^{2} - κ^{2}}

$\int^{\infty}_{-\infty}~\mathrm dk_0 \frac{e^{−ik_0 z_0}}{k_0^2 − \kappa^2}$ hat keine Dämpfung und somit sitzen die Pole auf der realen Achse. Was Sie also tun, ist, die Kontur einfach ein wenig nach oben oder unten zu stoßen oder entsprechend hinzuzufügen

\pm i β

$\pm i \beta$ zu den Polen (die meisten schreiben

i ϵ

$i \epsilon$ Anstatt von

i β

$i \beta$ ), dann mache das Integral und nimm schließlich

β \to 0

$\beta \rightarrow 0$ . Auf diese Weise lösen Sie das Problem in Gegenwart von Dämpfung (oder Antidämpfung) und nehmen die Dämpfung am Ende auf Null, um den Fall ohne Dämpfung wiederherzustellen.

Wählen Sie, ob Sie die Kontur nach oben oder unten verschieben möchten, oder wählen Sie äquivalent das Vorzeichen von $\pm i \beta$ entspricht dem Auferlegen von entweder Reibung oder Antireibung, kausalen oder antikausalen Randbedingungen. Wenn Sie die "kausale" Randbedingung auswählen, stellen Sie fest, dass die Antwort des Systems auf eine Delta-Funktion in Zeit und Raum eine ausgehende Kugelwelle ist, die an der Quelle der Delta-Funktion beginnt. Dadurch erhält man die sogenannte "retardierte Green'sche Funktion". Wenn Sie die andere Bedingung auswählen, stellen Sie fest, dass die Lösung für eine Punktquelle tatsächlich eine ankommende Kugelwelle ist, die direkt auf den Punkt der Quelle konvergiert. Dadurch erhalten Sie die sogenannte "Advanced Green's Funktion".

Die Sache ist, dass Sie ein Problem mit jeder Green-Funktion lösen können. Sie "dürfen" die Kontur nach oben oder unten verschieben (bzw $+i\beta$ oder $-i\beta$ zu den Polen), weil Sie das als Trick erfunden haben, um das Integral zu berechnen; es stellt keinen wirklichen Faktor in eurem physischen System dar. Natürlich wird bei Problemen mit Dämpfung die Wahl für Sie getroffen. Wenn Sie Dämpfung haben, können Sie keine Felder im Unendlichen haben; Sie würden weggedämpft werden, wenn sie mit Ihren Quellen interagieren.

Ich hoffe, das war hilfreich, und ich hoffe wirklich, wenn jemand Fehler findet, springt er hinein und behebt sie.

Sie können auch einen Pol über und den anderen unter die reelle Achse setzen (Feynman-Rezept).
@Adam: In der Tat. Meine Antwort wurde etwas lang, also ging ich nicht darauf ein. Ein Grund dafür ist, dass ich nicht wirklich verstehe, warum diese Option gut ist. Wenn Sie es wissen, können Sie meine Antwort bearbeiten ... oder?
Einverstanden. Ich denke nicht, dass es im Fall Ihres Beispiels sinnvoll wäre, aber es ist nützlich in QFTs, da es dem zeitgeordneten Propagator entspricht.
@DanielSank: die $i\epsilon$ Feynman Rezept, in Ihrem Fall $p^2- m^2 \to p^2- m^2 + i\epsilon$ , wird durchgeführt, um die Konvergenz der QFT-Partitionsfunktion sicher zu stellen $Z = \int D\Phi e^{iS(\phi)}$ , mit $S(\phi) = - \phi (\square + m^2) \phi$ , also hat dies den Effekt, dass ein Begriff hinzugefügt wird $e ^{-\epsilon \phi^2}$ im Integral, wodurch das Integral konvergent wird. Ein anderer Gesichtspunkt ist, dass Sie mit der Feynman-Kontur eine Wick-Rotation durchführen können ( $90°$ Rotation), zu einer imaginären (euklidischen) Energie gehen, ohne die Pole zu überqueren.
@Trimok: Ah, die Idee ist also, die Kontur zu drehen, anstatt sie in der komplexen Ebene nach oben oder unten zu verschieben. Das habe ich noch nie richtig verstanden, also danke.
@Danu: Übrigens, angesichts der Tatsache, wie physikalisch meine Antwort ist und wie hilfreich sie für OP war (nach eigener Aussage), denke ich, dass dies ein Beweis dafür ist, warum solche Fragen vielleicht auf Physics SE leben dürfen. Schwer zu sagen, aber da eine physikorientierte Antwort gut angenommen wurde, denke ich, dass Leute, die Physics SE lesen, davon genauso viel oder mehr profitieren könnten als Leute, die Math SE lesen.
@Adam: Ich nehme nicht an, dass es eine einfache Möglichkeit gibt zu verstehen , warum das Aufstellen einer Stange nach oben und eine nach unten (dh das Drehen der Kontur a la @Trimok) den zeitgeordneten Propagator ergibt, oder?
Es gibt einen "einfachen" Weg, um zu verstehen, was der Feynman-Propagator tut: Während der fortgeschrittene und der verzögerte Propagator alle Energiemoden zeitlich vorwärts/rückwärts ausbreiten (entsprechend der Verschiebung beider Pole nach oben/unten), propagiert der Feynman-Propagator die "positive Energie". Modi" (rechter Pol, nach unten verschoben) vorwärts und die "negativen Energiemodi" (linker Pol, nach oben verschoben) rückwärts in der Zeit, entsprechend dem Bild von Antiteilchen, die 'Löcher' negativer Energie sind, die in der Zeit rückwärts reisen.
@ACuriousMind: Das ist ganz klar und hilfreich. Können Sie erklären, warum das dasselbe ist wie Zeitordnung?
Nicht ganz sicher, aber: Bei der Zeitbestellung $\langle\Omega\vert T\phi(x)\phi(y)\vert\Omega\rangle$ , wechseln wir im Wesentlichen von „Wahrscheinlichkeit, dass Teilchen bei y emittiert und bei x erfasst werden“ zu „Wahrscheinlichkeit, dass Teilchen bei x emittiert und bei y erfasst werden“, in dem Moment, in dem sich die zeitliche Reihenfolge von x und y ändert, dh wir haben die Partikel , die immer in der Zeit vorwärts reisen . Nun, die CPT-Symmetrie sagt uns, dass dies bedeutet, dass Antiteilchen immer rückwärts in der Zeit reisen . Unter der Annahme der Entsprechung zwischen Energiemoden und (Anti-)Teilchen bedeutet dies, dass der Feynman-Propagator der gleichen "Idee" wie die Zeitordnung folgt.
@ACuriousMind: Überlegungen zur zeitlichen Reihenfolge sind sicherlich nicht auf Partikelprobleme beschränkt. Zeigt sich so etwas nicht auch, wenn es einen zeitabhängigen Hamiltonoperator gibt?
Hm, ja, Zeitreihenfolge taucht dann auf, aber ich konnte Ihnen das Auftreten eines zeitlich geordneten Propagators außerhalb der Streuamplituden von QFT von der Oberseite meines Kopfes nicht sagen.
@ACuriousMind: Ach! Dass Techniken wie diese nur in einem so schmalen Stück des Physikkuchens eingeführt und verstanden werden sollten, ist so unglaublich frustrierend.

Suhrab Ismail-Beigi · Answer 2

Ich denke diese Frage ist grundsätzlich beantwortet. Oben gibt es eine Menge mathematisches Zeug (Konturen usw.), aber die anfänglich gestellte Frage war eine physikalische Frage.

Kurz gesagt: Sie haben eine Differentialgleichung, die ein physikalisches Problem beschreibt. Sie finden die Lösung. In diesem Fall ist es ein Integral, das "lustig" ist und einige Entscheidungen erfordert, um es einzigartig und sinnvoll zu machen. Die physikalischen Fragen sind, warum die Entscheidungen getroffen werden und was sie bedeuten?

Denken Sie daran, dass eine Differentialgleichung an sich keine vollständige Beschreibung der physikalischen Realität ist. Das Lösen der Differentialgleichung gibt Ihnen alle möglichen Lösungen für ein Problem, das nett, aber irgendwie zu viel ist. Differentialgleichungen gehen immer mit Randbedingungen einher. Ebenso wichtig sind die Randbedingungen. Sie sagen Ihnen, welche Lösung für Ihr Problem die sinnvollste ist.

In diesem Fall ist, wie oben erläutert, die Randbedingung eine verzögerte gegenüber einer fortgeschrittenen Lösung. Wenn Sie bei t = 0 auf das System schlagen (mit erzwungener Delta-Funktion), geht die Systemantwort zeitlich vorwärts oder rückwärts? Das heißt, hat es vor t = 0 nichts getan und dann Dinge (verzögert)? Oder hat es Sachen für t<0 gemacht und dann hast du es genau richtig gemacht, damit es für t>0 stoppt und nichts tut (Fortgeschrittene)? Die letzte Vorschrift (die von Feynman, einen Pol nach oben und einen Pol nach unten zu bewegen) heißt "zeitlich geordnet": Sie stellen eine neue Art von Randbedingung auf, die die verzögerten und fortgeschrittenen Lösungen bei t = 0 auf eine bestimmte Weise zusammenklebt.

Wie oben erklärt, gibt es keine „richtige“ Antwort oder „richtige“ Art, das Integral zu berechnen. Es kommt auf die Randbedingungen an. Ohne Randbedingungen sind alle Wege OK.

Wenn Sie der Meinung sind, dass diese Randbedingungen nur für diesen Fall gelten und nicht sehr häufig sind, überdenken Sie dies bitte noch einmal. Zum Beispiel wissen wir alle intuitiv, dass, wenn Sie über Eigenzustände eines Hamiltonoperators in der Physik sprechen, diese normalisiert sind. Das gibt uns Bedeutung und erlaubt uns, Wahrscheinlichkeiten zu berechnen. Auch dass für ein endliches System die Energien diskretisiert sind. Aber mathematisch ist es ganz anders: Wenn Sie die Schrödinger-Gleichung nur als mathematische Einheit lösen, erhalten Sie Lösungen für alle Energien und zugehörigen Eigenfunktionen. Nur diejenigen mit genau den richtigen Energien sind normalisierbar. Hier ist die Randbedingung, dass die Wellenfunktion normierbar ist (geht im Unendlichen schnell genug auf Null). Ohne sie können Sie nichts berechnen oder echte Vorhersagen über die Wahrscheinlichkeit treffen, die Sie können. nicht herausfinden, was was ist, oder Dinge normalisieren. Randbedingungen sind also ziemlich wichtig und grundlegend!

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Alex R. · Answer 3

Wie geschrieben existiert das Integral einfach nicht im Sinne von Riemann: Es gibt eine Singularität bei $k_0=\pm\kappa$ . Wir betrachten also wirklich den Teil des Cauchy-Prinzips, der definiert ist durch:

\int_{- \infty}^{\infty} d k_{0} \frac{e^{- ich k_{0} z_{0}}}{k_{0}^{2} - κ^{2}} = lim_{ϵ \to 0} (\int_{- \infty}^{- κ - ϵ} + \int_{- κ + ϵ}^{κ - ϵ} + \int_{κ + ϵ}^{\infty}) d k_{0} \frac{e^{- ich k_{0} z_{0}}}{k_{0}^{2} - κ^{2}} .

$\int_{-\infty}^\infty dk_0 \frac{e^{-ik_0z_0}}{k_0^2-\kappa^2}=\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\left(\int_{-\infty}^{-\kappa-\epsilon}+\int_{-\kappa+\epsilon}^{\kappa-\epsilon}+ \int_{\kappa+\epsilon}^{\infty}\right)dk_0\frac{e^{-ik_0z_0}}{k_0^2-\kappa^2}.$

Für fest $\epsilon$ , jeder Integrand ist schön stetig (fast $\epsilon$ der reellen Achse), wenn wir also auf einer Kontur integrieren, die leicht über der reellen Achse liegt, erhalten wir etwas, das dem ursprünglichen Integral in Bezug auf sehr nahe kommt $\epsilon$ . Wenn Sie den Fehler jetzt in Bezug auf Epsilon kontrollieren, können Sie die ganze Argumentation rigoros machen und anschließend übernehmen $\epsilon\rightarrow 0$ .

Danke für deine Antwort. Sind die erste und letzte Spanne des Integrals nicht immer noch entlang der reellen Achse? Die offenen Konturen in Jackson, die er schließt, liegen über und unter der realen Achse.
@ user2582713: Vielleicht habe ich es schlecht erklärt. Wenn Sie eine schöne stetige Funktion haben, f $f(x)$ , mit Integral $\int_{\mathbb{R}}f(x)dx$ , dann wird es knapp $\int_{\mathbb{R}+i\delta}f(z)dz$ , zum $\delta$ klein. Es hört sich so an, als würde Jackson versuchen, das Problem einer Singularität auf der realen Linie zu umgehen, indem er die Integrale nur knapp darüber betrachtet, was so klingt, als würde er zuerst den Hauptteil betrachten und dann die erwähnten Integrale ausführen.
@ user2582713: Deshalb betrachten Sie das Integral bis zu $-\kappa-\epsilon$ , also trifft es nicht die Singularität.
OK. Sie können also das erste und letzte Integral leicht über oder unter der realen Achse auswerten und dann die Verformung gegen Null tendieren lassen? Und was macht man dann um die Singularitäten herum?
@ user2582713: Ihr Epsilon ist behoben, daher weist Ihre Verformung einen Fehler auf, der nur von den globalen Eigenschaften von abhängt $f$ und weiter $\epsilon$ . Sobald Sie also die Kontrolle über diesen Fehler haben, nehmen Sie $\epsilon\rightarrow 0$ .
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d_b · Answer 4

Im Wesentlichen verformen wir die Integrationskontur in der Nähe des Pols, indem wir einen Halbkreisradius hinzufügen $\varepsilon$ zentriert auf dem Pol entweder über oder unter der reellen Achse. Wir können dann das Integral über den Residuensatz berechnen und den Grenzwert nehmen $\varepsilon \rightarrow 0$ entsprechend der ursprünglichen Kontur.

Ich habe dies bereits in einem Kommentar gesagt, und ich denke, diese Frage verdient eine viel längere und ausführlichere Antwort, die auf die Details eingeht, 1) warum dies funktioniert 2) was es physikalisch bedeutet (verschiedene Stangenvorschriften -> unterschiedliche Verbreiter usw.)
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