ヘルムホルツ方程式のグリーン関数

$(\nabla^{2} + k^{2}) G = - δ^{3} (r)$ の外向き波のグリーン関数 $G = \frac{e ^{ik r}}{4 π r}$ をフーリエ積分と留数で導き、境界条件（外向き・内向き・定在波）による違いや 1・2 次元での形を使って場の値を求められる

前提

ラプラシアンの基本解と放射関数の超関数ラプラシアン（大学院数学フーリエ解析）
留数定理による複素積分（大学数学複素関数）
フーリエ変換（大学数学フーリエ解析・ラプラス変換）

この技能までの道筋（111 技能）

算数中学高校大学大学院

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留数の計算（大学数学複素関数）
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オイラーの公式（大学数学微分積分）
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複素線積分とコーシーの積分定理（大学数学複素関数）
留数定理による複素積分（大学数学複素関数）
三角関数の積分（数学III 積分法）
フーリエ級数（大学数学フーリエ解析・ラプラス変換）
フーリエ変換（大学数学フーリエ解析・ラプラス変換）

説明

振動数が一定の波（時間依存 $e^{- iω t}$ 、 $k = ω / c > 0$ ）の空間部分は、ヘルムホルツ方程式 $(\nabla^{2} + k^{2}) ψ = - s (r)$ に従います。点源に対する解であるグリーン関数 $G$ （ $(\nabla^{2} + k^{2}) G = - δ^{3} (r)$ ）が分かれば、一般の源の場は $ψ (r) = \int G (r - r^{'}) s (r^{'}) d^{3} r^{'}$ で重ね合わせて求まります。この技能では、外向き波の $G = \frac{e ^{ik r}}{4 π r}$ をフーリエ積分と留数で導き、内向き波・定在波との違いや 1 次元での形 $\frac{i}{2 k} e^{ik ∣ x ∣}$ を使って、音波・電磁波の放射や量子散乱での場の値を計算できるようにします。

なぜそうしてよいのか

フーリエ変換すると $\nabla^{2}$ は $- q^{2}$ のかけ算になるので、 $(\nabla^{2} + k^{2}) G = - δ^{3}$ は $(k^{2} - q^{2}) G ~ (q) = - 1$ 、つまり $G ~ = \frac{1}{q ^{2} - k ^{2}}$ です。逆変換すると
$G (r) = \int \frac{d ^{3} q}{( 2 π ) ^{3}} \frac{e ^{i q \cdot r}}{q ^{2} - k ^{2}} = \frac{1}{2 π ^{2} r} \int_{0}^{\infty} \frac{q sin q r}{q ^{2} - k ^{2}} d q = \frac{1}{4 π ^{2} i r} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{q e ^{i q r}}{q ^{2} - k ^{2}} d q$
（ $q$ の向きの積分で $\int_{- 1}^{1} e^{i q r μ} d μ = \frac{2 s i n q r}{q r}$ 、被積分関数が偶関数であることを使った）。ところが被積分関数は実軸上の $q = \pm k$ に極をもつので、このままでは積分が定まりません。ここで解を一つに決めるのが境界条件です。 $k$ を $k + i ε$ （ $ε \to + 0$ ）とずらすと、極 $q = k + i ε$ は上半面、 $q = - k - i ε$ は下半面に移ります。 $r > 0$ では $e^{i q r}$ が上半面で減衰するので上半面の大きな半円で閉じることができ、上半面の極の留数 $\frac{k e ^{ik r}}{2 k} = \frac{e ^{ik r}}{2}$ だけが効いて、積分は $2 π i \cdot \frac{e ^{ik r}}{2} = π i e^{ik r}$ 。よって
$G_{+} (r) = \frac{e ^{ik r}}{4 π r}$
です。時間因子 $e^{- iω t}$ をかけると $e^{i (k r - ω t)}$ となり、源から外へ広がる波（外向き波）を表します。

逆に $k \to k - i ε$ とずらすと $q = - k$ の極が上半面に来て、内向き波 $G_{-} = \frac{e ^{- ik r}}{4 π r}$ になります。両者の平均（主値積分にあたる）は定在波 $G_{0} = \frac{c o s k r}{4 π r}$ です。どれも $r > 0$ では $(\nabla^{2} + k^{2}) \frac{e ^{\pm ik r}}{r} = 0$ （ $\nabla^{2} u = \frac{1}{r} (r u)^{''}$ で $(e^{\pm ik r})^{''} = - k^{2} e^{\pm ik r}$ ）を満たし、原点付近では $\frac{1}{4 π r}$ と同じふるまいなので $\nabla^{2} \frac{1}{r} = - 4 π δ^{3}$ から右辺の $- δ^{3}$ が出ます。違いは同次解 $\frac{s i n k r}{r}$ の足し方だけで、境界条件（遠方で外向き波だけ、など）がそれを決めます。同じ計算を 1 次元で行うと $\frac{d ^{2} G}{d x ^{2}} + k^{2} G = - δ (x)$ の外向き解は $G_{+} (x) = \frac{i}{2 k} e^{ik ∣ x ∣}$ で（ $x = 0$ で $G^{'}$ が $- 1$ だけ飛ぶ）、2 次元では遠方で $\frac{e ^{ik r}}{r}$ のように減衰する関数になります（ $\frac{i}{4} H_{0}^{(1)} (k r)$ 、 $H_{0}^{(1)}$ は 0 次の第 1 種ハンケル関数）。

手順

方程式の符号と規格化を確認する: $(\nabla^{2} + k^{2}) G = - δ^{3} (r)$ の形か（右辺が $+ δ$ なら $G$ の符号が反転する）
境界条件から $G$ を選ぶ（時間因子 $e^{- iω t}$ のとき）: 外向き $\frac{e ^{ik r}}{4 π r}$ 、内向き $\frac{e ^{- ik r}}{4 π r}$ 、定在波 $\frac{c o s k r}{4 π r}$ 。1 次元の外向き解は $\frac{i}{2 k} e^{ik ∣ x ∣}$
源 $s (r)$ を点源の重ね合わせとみて $ψ (r) = \int G (r - r^{'}) s (r^{'}) d^{3} r^{'}$ と書く（点源 $q_{j} δ^{3} (r - r_{j})$ の和なら $ψ = \sum_{j} q_{j} G (r - r_{j})$ ）
観測点から各源までの距離 $∣ r - r_{j} ∣$ を求めて代入し、位相 $e^{ik ∣ r - r_{j} ∣}$ の干渉を計算する

例題

$k > 0$ とし、場 $ψ (r)$ が
$(\nabla^{2} + k^{2}) ψ = - δ^{3} (r - a e_{z}) - δ^{3} (r + a e_{z}) (a > 0)$
を満たし、遠方で外向き波だけからなる（時間因子は $e^{- iω t}$ ）とする。 $k a = π$ のとき、原点での値 $ψ (0)$ を $a$ を用いて表せ。

例題の解答

手順 1: 右辺は $- δ^{3}$ の形の点源 2 つで、各点源の強さは $1$ 。

手順 2: 外向き波の境界条件なので $G_{+} (r) = \frac{e ^{ik r}}{4 π r}$ を使う。

手順 3: 重ね合わせにより $ψ (r) = \frac{e ^{ik ∣ r - a e_{z} ∣}}{4 π ∣ r - a e _{z} ∣} + \frac{e ^{ik ∣ r + a e_{z} ∣}}{4 π ∣ r + a e _{z} ∣}$ 。

手順 4: 原点から各源までの距離はどちらも $a$ なので
$ψ (0) = 2 \cdot \frac{e ^{ik a}}{4 π a} = \frac{e ^{ik a}}{2 π a} .$
$k a = π$ では $e^{iπ} = - 1$ なので $ψ (0) = - \frac{1}{2 π a}$ 。

答え: $- \frac{1}{2 π a}$

よくある誤り

方程式の右辺の符号を見落とし、 $(\nabla^{2} + k^{2}) G = + δ^{3}$ の場合にも $G = \frac{e ^{ik r}}{4 π r}$ を使ってしまう誤り。原点付近で $\nabla^{2} \frac{1}{4 π r} = - δ^{3}$ なので、右辺が $+ δ^{3}$ なら正しくは $G = - \frac{e ^{ik r}}{4 π r}$ 。
留数計算で下半面の極 $q = - k$ を拾ったり、 $k \to k + i ε$ のずらし方を逆にしたりして、外向き波のつもりで $\frac{e ^{- ik r}}{4 π r}$ を得てしまう誤り。 $r > 0$ では上半面で閉じるので、 $k + i ε$ とずらして上半面に来る極 $q = k + i ε$ の留数 $\frac{e ^{ik r}}{2}$ を使い、正しくは $G_{+} = \frac{e ^{ik r}}{4 π r}$ （時間因子 $e^{- iω t}$ のとき外向き）。
1 次元のグリーン関数を 3 次元の形からの類推で $\frac{e ^{ik ∣ x ∣}}{4 π ∣ x ∣}$ や $\frac{e ^{ik ∣ x ∣}}{2 k}$ としてしまう誤り。 $\frac{d ^{2} G}{d x ^{2}} + k^{2} G = - δ (x)$ では $x = 0$ で $G^{'}$ が $- 1$ だけ飛ぶ必要があり、 $G = C e^{ik ∣ x ∣}$ の飛びは $2 ik C$ なので $C = \frac{i}{2 k}$ 、正しくは $G_{+} (x) = \frac{i}{2 k} e^{ik ∣ x ∣}$ 。
定在波のグリーン関数を $\frac{s i n k r}{4 π r}$ としてしまう誤り。 $\frac{s i n k r}{r}$ は原点で有界で $\nabla^{2}$ を作用させても $δ^{3}$ が出ない同次解なので、点源を表せない。正しくは原点で $\frac{1}{4 π r}$ のようにふるまう $G_{0} = \frac{c o s k r}{4 π r} = \frac{1}{2} (G_{+} + G_{-})$ 。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
$k > 0$ を定数とする。1 次元のヘルムホルツ方程式
$(\frac{d ^{2}}{d x ^{2}} + k^{2}) G (x) = - δ (x) (- \infty < x < \infty)$
の解のうち、 $∣ x ∣ \to \infty$ で外向きに進む波（時間因子を $e^{- iω t}$ としたとき、 $x > 0$ では $e^{ik x}$ 、 $x < 0$ では $e^{- ik x}$ に比例する解）だけからなるグリーン関数 $G (x)$ を考える。 $x = \frac{π}{2 k}$ での値 $G (\frac{π}{2 k})$ を $k$ を用いて表せ。

この技能の次に学べること

ボルン近似の散乱振幅と断面積（大学院物理発展的な量子力学（散乱・相対論的量子力学））