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UA OPTI501 电磁波 经典电动力学中的Fourier方法基础

UA OPTI501 电磁波 经典电动力学中的Fourier方法基础

    • 4-D Spatial-temporal Fourier变换
    • 常用的Fourier变换结论
      • 1的Fourier变换是Dirac函数
      • 球坐标下的4-D Fourier变换
      • 柱坐标下的4-D Fourier变换

4-D Spatial-temporal Fourier变换

Maxwell方程组的微分形式为
∇ ⋅ D = ρ f r e e ∇ × H = J f r e e + ∂ ∂ t D ∇ × E = − ∂ ∂ t B ∇ ⋅ B = 0 \nabla \cdot \textbf D = \rho_{free} \\ \nabla \times \textbf H=\textbf J_{free}+\frac{\partial}{\partial t}\textbf D \\ \nabla \times \textbf E=-\frac{\partial}{\partial t}\textbf B \\ \nabla \cdot \textbf B=0 D=ρfree×H=Jfree+tD×E=tBB=0

虽然这个方程组看上去有点复杂,但在不同条件下都有相应的方法可以使用,在515A那个课的笔记中讨论的就是这些方法。

但是光学和物理有一些不一样的地方,物理学会关注Maxwell方程组在不同条件下的解法及其物理意义,而光学实践则希望能有一个一般性的范式,输入source、边界条件就可以得到电磁场。所以Fourier变换法是光学处理Maxwell方程组的不错的选择,因为4-D Spatial-temporal Fourier变换可以把四维时空 ( r , t ) (\textbf r,t) (r,t)中的关于电磁场的微分方程组变为频域空间 ( k , w ) (\textbf k,w) (k,w)中的线性方程组,让求解Maxwell方程组变得比较程序化。

4-D Spatial-temporal Fourier变换
F [ f ( r , t ) ] = F ( k , w ) = ∬ − ∞ + ∞ f ( r , t ) e − i ( k ⋅ r − w t ) d r d t F − 1 [ F ( k , w ) ] = f ( r , t ) = ( 2 π ) − 4 ∬ − ∞ + ∞ F ( k , w ) e i ( k ⋅ r − w t ) d k d w \mathcal{F}[f(\textbf r,t)]=F(\textbf k,w) = \iint_{-\infty}^{+\infty}f(\textbf r,t)e^{-i(\textbf k \cdot \textbf r-wt)}d \textbf r d t \\ \mathcal{F}^{-1}[F(\textbf k,w) ]=f(\textbf r,t) =(2 \pi)^{-4} \iint_{-\infty}^{+\infty}F(\textbf k,w)e^{i(\textbf k \cdot \textbf r-wt)}d \textbf k d w F[f(r,t)]=F(k,w)=+f(r,t)ei(krwt)drdtF1[F(k,w)]=f(r,t)=(2π)4+F(k,w)ei(krwt)dkdw

其中 k \textbf k k是波向量, w w w是角频率, ( r , t ) (\textbf r,t) (r,t)表示位移和时间,这个二元组表示四维时空坐标;而Fourier变换后将场变到Fourier Domain中,波向量的方向代表电磁场的传播方向,波向量的模是波数,也就是在相位变化一周,也就是 2 π 2\pi 2π后,电磁场有几个完整的波形;角频率的含义是 2 π f 2\pi f 2πf

常用的Fourier变换结论

1的Fourier变换是Dirac函数

要计算1的Fourier变换貌似比较简单,在1-D Fourier变换下
F [ 1 ] = ∫ − ∞ + ∞ e − i k x d x = 1 − i k ∫ − ∞ + ∞ d e − i k x = e − i k ⋅ ∞ − e i k ⋅ ∞ − i k = 2 sin ⁡ ( ∞ ) k \begin{aligned}\mathcal{F}[1] & = \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ikx}d x = \frac{1}{-ik}\int_{-\infty}^{+\infty}d e^{-ikx} \\ &= \frac{e^{-ik \cdot \infty}-e^{ik \cdot \infty}}{-ik}=\frac{2\sin(\infty)}{k}\end{aligned} F[1]=+eikxdx=ik1+deikx=ikeikeik=k2sin()

因为 sin ⁡ ( ∞ ) \sin(\infty) sin()不存在,所以直接计算没有结果的。我们可以用一个小技巧(这个技巧非常有用,对于积分发散、积分不存在的可以考虑对被积函数做平滑,然后再取极限),引入 e − α ∣ x ∣ , α > 0 e^{-\alpha |x|},\alpha>0 eαx,α>0,当 α → 0 \alpha \to 0 α0时, e − α ∣ x ∣ → 1 e^{-\alpha |x|} \to 1 eαx1
∫ − ∞ + ∞ e − i k x d x = ∫ − ∞ + ∞ lim ⁡ α → 0 e − α ∣ x ∣ e − i k x d x = lim ⁡ α → 0 ∫ − ∞ + ∞ e − α ∣ x ∣ e − i k x d x \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ikx}d x=\int_{-\infty}^{+\infty} \lim_{\alpha \to 0}e^{-\alpha |x|}e^{-ikx}dx = \lim_{\alpha \to 0}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\alpha |x|}e^{-ikx}dx +eikxdx=+α0limeαxeikxdx=α0lim+eαxeikxdx

因此 F [ 1 ] = lim ⁡ α → 1 F [ e − α ∣ x ∣ ] \mathcal{F}[1]=\lim_{\alpha \to 1} \mathcal{F}[e^{-\alpha |x|}] F[1]=α1limF[eαx]

下面计算 e − α ∣ x ∣ e^{-\alpha |x|} eαx的Fourier变换,
F [ e − α ∣ x ∣ ] = ∫ − ∞ + ∞ e − α ∣ x ∣ e − i k x d x = ∫ − ∞ 0 e ( α − i k ) x d x + ∫ 0 + ∞ e − ( α + i k ) x d x = 1 α − i k + 1 α + i k = 2 / α 1 + ( k / α ) 2 \begin{aligned} \mathcal{F}[e^{-\alpha |x|}] & = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\alpha |x|}e^{-ikx}dx \\ & = \int_{-\infty}^0 e^{(\alpha-ik)x} dx+ \int_0^{+\infty} e^{-(\alpha+ik)x} dx \\ & = \frac{1}{\alpha-ik}+\frac{1}{\alpha+ik} = \frac{2/\alpha}{1+(k/\alpha)^2}\end{aligned} F[eαx]=+eαxeikxdx=0e(αik)xdx+0+e(α+ik)xdx=αik1+α+ik1=1+(k/α)22/α

要计算在 α → 0 \alpha \to 0 α0时的极限,我们需要先分析一下这个函数,
∫ − ∞ + ∞ 2 / α 1 + ( k / α ) 2 d k = y = k / α 2 ∫ − ∞ + ∞ d ξ 1 + ξ 2 = 2 tan ⁡ − 1 ( ξ ) ∣ − ∞ + ∞ = 2 π \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2/\alpha}{1+(k/\alpha)^2}dk=_{y=k/\alpha} 2\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{d \xi}{1+\xi^2}=2 \left. \tan^{-1}(\xi) \right|_{-\infty}^{+\infty}=2 \pi +1+(k/α)22/αdk=y=k/α2+1+ξ2dξ=2tan1(ξ)+=2π

可以验证 1 2 π 2 / α 1 + ( k / α ) 2 \frac{1}{2 \pi}\frac{2/\alpha}{1+(k/\alpha)^2} 2π11+(k/α)22/α是pulse-like function, α \alpha α是scale parameter,根据Dirac函数的定义,
δ ( k ) = lim ⁡ α → 0 1 2 π 2 / α 1 + ( k / α ) 2 d k \delta(k) = \lim_{\alpha \to 0}\frac{1}{2 \pi}\frac{2/\alpha}{1+(k/\alpha)^2} dk δ(k)=α0lim2π11+(k/α)22/αdk

综上,
F [ 1 ] = lim ⁡ α → 0 F [ e − α ∣ x ∣ ] = 2 π δ ( k ) \mathcal{F}[1] = \lim_{\alpha \to 0} \mathcal{F}[e^{-\alpha |x|}]=2 \pi \delta(k) F[1]=α0limF[eαx]=2πδ(k)

在这里插入图片描述

球坐标下的4-D Fourier变换

对于
F [ f ( r , t ) ] = F ( k , w ) = ∬ − ∞ + ∞ f ( r , t ) e − i ( k ⋅ r − w t ) d r d t \mathcal{F}[f(\textbf r,t)]=F(\textbf k,w) = \iint_{-\infty}^{+\infty}f(\textbf r,t)e^{-i(\textbf k \cdot \textbf r-wt)}d \textbf r d t F[f(r,t)]=F(k,w)=+f(r,t)ei(krwt)drdt

r = ( x , y , z ) \textbf r=(x,y,z) r=(x,y,z)变换到球坐标系 ( r , ϕ , θ ) (r,\phi,\theta) (r,ϕ,θ)中,其中 ϕ \phi ϕ代表经角、 θ \theta θ代表余纬角。根据积分变换公式,
∫ − ∞ + ∞ d r = ∫ 0 + ∞ ∫ 0 2 π ∫ 0 π r 2 sin ⁡ θ d θ d ϕ d r \int_{-\infty}^{+\infty} d \textbf r = \int_0^{+\infty}\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} r^2 \sin \theta d \theta d \phi d r +dr=0+02π0πr2sinθdθdϕdr

Fourier变换核中,
k ⋅ r = k r cos ⁡ θ \textbf k \cdot \textbf r = kr \cos \theta kr=krcosθ

所以
∬ − ∞ + ∞ f ( r , t ) e − i ( k ⋅ r − w t ) d r d t = ∫ − ∞ + ∞ ∫ 0 + ∞ ∫ 0 2 π ∫ 0 π f ( r , t ) e − i ( k r cos ⁡ θ − w t ) r 2 sin ⁡ θ d θ d ϕ d r d t \iint_{-\infty}^{+\infty}f(\textbf r,t)e^{-i(\textbf k \cdot \textbf r-wt)}d \textbf r d t \\= \int_{-\infty}^{+\infty}\int_0^{+\infty}\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} f(\textbf r,t)e^{-i(kr \cos \theta-wt)}r^2 \sin \theta d \theta d \phi d rd t +f(r,t)ei(krwt)drdt=+0+02π0πf(r,t)ei(krcosθwt)r2sinθdθdϕdrdt

在这里插入图片描述

柱坐标下的4-D Fourier变换

同样考虑
F [ f ( r , t ) ] = F ( k , w ) = ∬ − ∞ + ∞ f ( r , t ) e − i ( k ⋅ r − w t ) d r d t \mathcal{F}[f(\textbf r,t)]=F(\textbf k,w) = \iint_{-\infty}^{+\infty}f(\textbf r,t)e^{-i(\textbf k \cdot \textbf r-wt)}d \textbf r d t F[f(r,t)]=F(k,w)=+f(r,t)ei(krwt)drdt

r = ( x , y , z ) \textbf r=(x,y,z) r=(x,y,z)变换到柱坐标系 ( r ∣ ∣ , ϕ , z ) (r_{||},\phi,z) (r,ϕ,z)中,根据积分变换公式,
∫ − ∞ + ∞ d r = ∫ 0 + ∞ ∫ 0 2 π ∫ − ∞ + ∞ r ∣ ∣ d z d ϕ d r ∣ ∣ \int_{-\infty}^{+\infty} d \textbf r = \int_0^{+\infty}\int_0^{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} r_{||} dzd \phi d r_{||} +dr=0+02π+rdzdϕdr

Fourier变换核中,
k ⋅ r = k ∣ ∣ r ∣ ∣ cos ⁡ ϕ + k z z \textbf k \cdot \textbf r = k_{||}r_{||} \cos \phi + k_zz kr=krcosϕ+kzz

所以
∬ − ∞ + ∞ f ( r , t ) e − i ( k ⋅ r − w t ) d r d t = ∫ − ∞ + ∞ ∫ 0 + ∞ ∫ 0 2 π ∫ − ∞ + ∞ f ( r , t ) e − i ( k ∣ ∣ r ∣ ∣ cos ⁡ ϕ + k z z − w t ) r ∣ ∣ d z d ϕ d r ∣ ∣ d t \iint_{-\infty}^{+\infty}f(\textbf r,t)e^{-i(\textbf k \cdot \textbf r-wt)}d \textbf r d t \\=\int_{-\infty}^{+\infty} \int_0^{+\infty}\int_0^{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} f(\textbf r,t)e^{-i(k_{||}r_{||} \cos \phi + k_zz-wt)}r_{||} dzd \phi d r_{||}d t +f(r,t)ei(krwt)drdt=+0+02π+f(r,t)ei(krcosϕ+kzzwt)rdzdϕdrdt

在这里插入图片描述


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