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UA OPTI501 电磁波经典电动力学中的Fourier方法基础

發布時間：2025/4/14 编程问答 25 豆豆

生活随笔收集整理的這篇文章主要介紹了 UA OPTI501 电磁波经典电动力学中的Fourier方法基础小編覺得挺不錯的,現在分享給大家,幫大家做個參考.

UA OPTI501 電磁波經典電動力學中的Fourier方法基礎

- 4-D Spatial-temporal Fourier變換
- 常用的Fourier變換結論
- - 1的Fourier變換是Dirac函數
  - 球坐標下的4-D Fourier變換
  - 柱坐標下的4-D Fourier變換

4-D Spatial-temporal Fourier變換

Maxwell方程組的微分形式為
$??D=ρfree?×H=Jfree+??tD?×E=???tB??B=0\nabla \cdot \textbf D = \rho_{free} \\ \nabla \times \textbf H=\textbf J_{free}+\frac{\partial}{\partial t}\textbf D \\ \nabla \times \textbf E=-\frac{\partial}{\partial t}\textbf B \\ \nabla \cdot \textbf B=0$

雖然這個方程組看上去有點復雜，但在不同條件下都有相應的方法可以使用，在515A那個課的筆記中討論的就是這些方法。

但是光學和物理有一些不一樣的地方，物理學會關注Maxwell方程組在不同條件下的解法及其物理意義，而光學實踐則希望能有一個一般性的范式，輸入source、邊界條件就可以得到電磁場。所以Fourier變換法是光學處理Maxwell方程組的不錯的選擇，因為4-D Spatial-temporal Fourier變換可以把四維時空 $(r,t)(\textbf r,t)$ 中的關于電磁場的微分方程組變為頻域空間 $(k,w)(\textbf k,w)$ 中的線性方程組，讓求解Maxwell方程組變得比較程序化。

4-D Spatial-temporal Fourier變換
$F[f(r,t)]=F(k,w)=??∞+∞f(r,t)e?i(k?r?wt)drdtF?1[F(k,w)]=f(r,t)=(2π)?4??∞+∞F(k,w)ei(k?r?wt)dkdw\mathcal{F}[f(\textbf r,t)]=F(\textbf k,w) = \iint_{-\infty}^{+\infty}f(\textbf r,t)e^{-i(\textbf k \cdot \textbf r-wt)}d \textbf r d t \\ \mathcal{F}^{-1}[F(\textbf k,w) ]=f(\textbf r,t) =(2 \pi)^{-4} \iint_{-\infty}^{+\infty}F(\textbf k,w)e^{i(\textbf k \cdot \textbf r-wt)}d \textbf k d w$

其中 $k\textbf k$ 是波向量， $w$ 是角頻率， $(r,t)(\textbf r,t)$ 表示位移和時間，這個二元組表示四維時空坐標；而Fourier變換后將場變到Fourier Domain中，波向量的方向代表電磁場的傳播方向，波向量的模是波數，也就是在相位變化一周，也就是 $2π2\pi$ 后，電磁場有幾個完整的波形；角頻率的含義是 $2πf2\pi f$ 。

常用的Fourier變換結論

1的Fourier變換是Dirac函數

要計算1的Fourier變換貌似比較簡單，在1-D Fourier變換下
$F[1]=∫?∞+∞e?ikxdx=1?ik∫?∞+∞de?ikx=e?ik?∞?eik?∞?ik=2sin?(∞)k\begin{aligned}\mathcal{F}[1] & = \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ikx}d x = \frac{1}{-ik}\int_{-\infty}^{+\infty}d e^{-ikx} \\ &= \frac{e^{-ik \cdot \infty}-e^{ik \cdot \infty}}{-ik}=\frac{2\sin(\infty)}{k}\end{aligned}$

因為 $sin?(∞)\sin(\infty)$ 不存在，所以直接計算沒有結果的。我們可以用一個小技巧（這個技巧非常有用，對于積分發散、積分不存在的可以考慮對被積函數做平滑，然后再取極限），引入 $e?α∣x∣,α>0e^{-\alpha |x|},\alpha>0$ ，當 $α→0\alpha \to 0$ 時， $e?α∣x∣→1e^{-\alpha |x|} \to 1$ ，
$∫?∞+∞e?ikxdx=∫?∞+∞lim?α→0e?α∣x∣e?ikxdx=lim?α→0∫?∞+∞e?α∣x∣e?ikxdx\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ikx}d x=\int_{-\infty}^{+\infty} \lim_{\alpha \to 0}e^{-\alpha |x|}e^{-ikx}dx = \lim_{\alpha \to 0}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\alpha |x|}e^{-ikx}dx$

因此 $F[1]=lim?α→1F[e?α∣x∣]\mathcal{F}[1]=\lim_{\alpha \to 1} \mathcal{F}[e^{-\alpha |x|}]$

下面計算 $e?α∣x∣e^{-\alpha |x|}$ 的Fourier變換，
$F[e?α∣x∣]=∫?∞+∞e?α∣x∣e?ikxdx=∫?∞0e(α?ik)xdx+∫0+∞e?(α+ik)xdx=1α?ik+1α+ik=2/α1+(k/α)2\begin{aligned} \mathcal{F}[e^{-\alpha |x|}] & = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\alpha |x|}e^{-ikx}dx \\ & = \int_{-\infty}^0 e^{(\alpha-ik)x} dx+ \int_0^{+\infty} e^{-(\alpha+ik)x} dx \\ & = \frac{1}{\alpha-ik}+\frac{1}{\alpha+ik} = \frac{2/\alpha}{1+(k/\alpha)^2}\end{aligned}$

要計算在 $α→0\alpha \to 0$ 時的極限，我們需要先分析一下這個函數，
$∫?∞+∞2/α1+(k/α)2dk=y=k/α2∫?∞+∞dξ1+ξ2=2tan??1(ξ)∣?∞+∞=2π\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2/\alpha}{1+(k/\alpha)^2}dk=_{y=k/\alpha} 2\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{d \xi}{1+\xi^2}=2 \left. \tan^{-1}(\xi) \right|_{-\infty}^{+\infty}=2 \pi$

可以驗證 $12π2/α1+(k/α)2\frac{1}{2 \pi}\frac{2/\alpha}{1+(k/\alpha)^2}$ 是pulse-like function， $α\alpha$ 是scale parameter，根據Dirac函數的定義，
$δ(k)=lim?α→012π2/α1+(k/α)2dk\delta(k) = \lim_{\alpha \to 0}\frac{1}{2 \pi}\frac{2/\alpha}{1+(k/\alpha)^2} dk$

綜上，
$F[1]=lim?α→0F[e?α∣x∣]=2πδ(k)\mathcal{F}[1] = \lim_{\alpha \to 0} \mathcal{F}[e^{-\alpha |x|}]=2 \pi \delta(k)$

球坐標下的4-D Fourier變換

對于
$F[f(r,t)]=F(k,w)=??∞+∞f(r,t)e?i(k?r?wt)drdt\mathcal{F}[f(\textbf r,t)]=F(\textbf k,w) = \iint_{-\infty}^{+\infty}f(\textbf r,t)e^{-i(\textbf k \cdot \textbf r-wt)}d \textbf r d t$

將 $r=(x,y,z)\textbf r=(x,y,z)$ 變換到球坐標系 $(r,?,θ)(r,\phi,\theta)$ 中，其中 $?\phi$ 代表經角、 $θ\theta$ 代表余緯角。根據積分變換公式，
$∫?∞+∞dr=∫0+∞∫02π∫0πr2sin?θdθd?dr\int_{-\infty}^{+\infty} d \textbf r = \int_0^{+\infty}\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} r^2 \sin \theta d \theta d \phi d r$

Fourier變換核中，
$k?r=krcos?θ\textbf k \cdot \textbf r = kr \cos \theta$

所以
$??∞+∞f(r,t)e?i(k?r?wt)drdt=∫?∞+∞∫0+∞∫02π∫0πf(r,t)e?i(krcos?θ?wt)r2sin?θdθd?drdt\iint_{-\infty}^{+\infty}f(\textbf r,t)e^{-i(\textbf k \cdot \textbf r-wt)}d \textbf r d t \\= \int_{-\infty}^{+\infty}\int_0^{+\infty}\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} f(\textbf r,t)e^{-i(kr \cos \theta-wt)}r^2 \sin \theta d \theta d \phi d rd t$

柱坐標下的4-D Fourier變換

同樣考慮
$F[f(r,t)]=F(k,w)=??∞+∞f(r,t)e?i(k?r?wt)drdt\mathcal{F}[f(\textbf r,t)]=F(\textbf k,w) = \iint_{-\infty}^{+\infty}f(\textbf r,t)e^{-i(\textbf k \cdot \textbf r-wt)}d \textbf r d t$

將 $r=(x,y,z)\textbf r=(x,y,z)$ 變換到柱坐標系 $(r∣∣,?,z)(r_{||},\phi,z)$ 中，根據積分變換公式，
$∫?∞+∞dr=∫0+∞∫02π∫?∞+∞r∣∣dzd?dr∣∣\int_{-\infty}^{+\infty} d \textbf r = \int_0^{+\infty}\int_0^{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} r_{||} dzd \phi d r_{||}$

Fourier變換核中，
$k?r=k∣∣r∣∣cos??+kzz\textbf k \cdot \textbf r = k_{||}r_{||} \cos \phi + k_zz$

所以
$??∞+∞f(r,t)e?i(k?r?wt)drdt=∫?∞+∞∫0+∞∫02π∫?∞+∞f(r,t)e?i(k∣∣r∣∣cos??+kzz?wt)r∣∣dzd?dr∣∣dt\iint_{-\infty}^{+\infty}f(\textbf r,t)e^{-i(\textbf k \cdot \textbf r-wt)}d \textbf r d t \\=\int_{-\infty}^{+\infty} \int_0^{+\infty}\int_0^{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} f(\textbf r,t)e^{-i(k_{||}r_{||} \cos \phi + k_zz-wt)}r_{||} dzd \phi d r_{||}d t$

總結

以上是生活随笔為你收集整理的UA OPTI501 电磁波经典电动力学中的Fourier方法基础的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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