\documentclass{lecture}

\usepackage{tikz-cd}
\usetikzlibrary{quotes,angles,babel}

\begin{document}

\newcommand\irregularcircle[2]{% radius, irregularity
  \pgfextra {\pgfmathsetmacro\len{(#1)+rand*(#2)}}
  +(0:\len pt)
  \foreach \a in {10,20,...,350}{
    \pgfextra {\pgfmathsetmacro\len{(#1)+rand*(#2)}}
    -- +(\a:\len pt)
  } -- cycle
}

\section{Systematische Konstruktion von Green-Funktionen}

\begin{salign*}
    \Delta \frac{1}{|\vec{r} - \vec{r}'|} &= (-4\pi) \delta_D (\vec{r} - \vec{r}') \qquad 
    \mid \int_{}^{}  \d[3]{r'} \rho(\vec{r}') \\
    \intertext{Durch Superposition der Coulomb-Felder der Einzelladungen folgt damit}
    \Delta \int_{V}^{} \d[3]{r'} \frac{\rho(\vec{r}')}{|\vec{r} - \vec{r}'|}
    &= \Delta \phi = -4 \pi \int_{V}^{}  \d[3]r' \rho(\vec{r}') \delta_D(\vec{r} - \vec{r}')
    = - 4 \pi \rho(\vec{r})
.\end{salign*}
Jetzt: Green-Funktionen für andere Differentialoperatoren, z.B.: $\Delta - m^2$ oder
$\square = \partial_{ct}^2 - \Delta$.

\begin{enumerate}[(1)]
    \item Lösung der Feldgleichung: algebraisch statt differentiell. Dafür: Fourier-Transformation
        \begin{align*}
            \Delta \phi &= - 4 \pi \rho \qquad \text{Poisson-Gleichung} \\
            \rho(\vec{r}) &= \int_{}^{}  \frac{\d[3]{k}}{(2\pi)^{3}} \rho(\vec{k}) \exp(i\vec{k}\vec{r})
            \xrightleftharpoons[\mathcal{F}^{-1}]{\mathcal{F}}
            \rho(\vec{k}) = \int \d[3]{r} \rho(\vec{r}) \exp(- i \vec{k} \vec{r}) \\
            \phi(\vec{r}) &= \int_{}^{}  \frac{\d[3]{k}}{(2\pi)^{3}} \phi(\vec{k}) \exp(i\vec{k}\vec{r})
            \xrightleftharpoons[\mathcal{F}^{-1}]{\mathcal{F}}
            \phi(\vec{k}) = \int \d[3]{r} \phi(\vec{r}) \exp(- i \vec{k} \vec{r})
            \intertext{Die Fouriertransformation angewendet auf die Poisson-Gleichung ergibt dann}
            \Delta \phi(\vec{r}) &= \Delta \int_{}^{}  \frac{\d[3]{k}}{(2\pi)^{3}} \phi(\vec{k})
            \exp(i \vec{k} \vec{r}) = \int_{}^{} \frac{\d[3]{k}}{(2\pi)^{3}} \phi(\vec{k})(ik)^2
            \exp(i \vec{k}\vec{r}) = \int_{}^{} \frac{\d[3]{k}}{(2\pi)^{3}} (-4\pi) \rho(\vec{k})
            \exp(i \vec{k} \vec{r})
        .\end{align*}
        Durch Integrandenvergleich folgt
        \begin{align*}
            \Delta \phi = - 4 \pi \rho \text{ im Fourier-Raum: } -k^2 \phi(\vec{k}) = - 4 \pi \rho(\vec{k})
        .\end{align*}
        Wir erhalten also eine algebraische Gleichung im Fourier-Raum, die sehr leicht gelöst werden kann:
        \begin{align*}
            \phi(\vec{k}) = \frac{4\pi}{k^2}\rho(\vec{k})
        .\end{align*}
        Damit ergibt sich folgendes Diagramm
        \[
        \begin{tikzcd}
            \phi(\vec{k}) \arrow{r}{\cdot \frac{k^2}{4\pi}} \arrow[swap]{d}{\mathcal{F}^{-1}}
            & \rho(\vec{k}) \\
            \phi(\vec{r}) \arrow{r}{\Delta } & \arrow{u}{\mathcal{F}} \rho(\vec{r})
\end{tikzcd}
        .\] Damit folgt als Lösung der Poisson-Gleichung:
        \[
            \phi(\vec{r}) = \mathcal{F}^{-1} \left[ \frac{4\pi}{k^2} \mathcal{F}[ \rho(\vec{r})] \right] 
        .\] 
        Fourier-Transformationen sind numerisch extrem effizient berechenbar mithilfe von
        ,,fast Fourier-transform''.
    \item Faltungen im Realraum sind Produkte im Fourier-Raum.
        \begin{align*}
            \varphi \otimes \psi (\vec{r}) &= \int_{}^{} \frac{\d[3]{k}}{(2\pi)^{3}}
            \left[ \varphi(\vec{k}) \cdot \psi(\vec{k}) \right] \exp(i \vec{k} \vec{r}) \\
            &= \int_{}^{} \frac{\d[3]{k}}{(2\pi)^{3}}
                \int_{}^{}  \d[3]{r'} \varphi(\vec{r}') \exp(- i \vec{k} \vec{r}')
                \int_{}^{}  \d[3]{r''} \psi(\vec{r}'') \exp(- i \vec{k} \vec{r}) \exp(i \vec{k} \vec{r}) \\
            &= \int_{}^{}  \d[3]{r'} \varphi(\vec{r}')
            \int_{}^{}  \d[3]{r''} \psi(\vec{r}'')
            \int_{}^{} \frac{\d[3]{k}}{(2\pi)^{3}} \exp[i \vec{k}(\vec{r} - \vec{r}' - \vec{r}'')]
            \intertext{In einer ebenen Welle ist nur eine Frequenz enthalten, deren Spektrum aufgrund
                von Normierung divergieren muss. Die Fouriertransformierte der ebenen Welle ist also
            wieder die Dirac-Funktion}
            &= \int_{}^{}  \d[3]{r'} \varphi(\vec{r}')
            \int_{}^{}  \d[3]{r''} \psi(\vec{r}'')
            \delta_D((\vec{r} - \vec{r}') - \vec{r}'') \\
            &= \int_{}^{}  \d[3]{r'} \varphi(\vec{r}') \psi(\vec{r} - \vec{r}')
        .\end{align*}
        Wir erhalten also tatsächlich eine Faltung zwischen $\varphi$ und $\psi$.
    \item Berechnung der Fourier-Transformierten der Green-Funktion
        Idee: $\frac{4\pi}{k^2}$ ist die Green-Funktion von $\Delta (\sim -k^2)$ im Fourier-Raum.
        \begin{align*}
            \phi(\vec{r}) = \underbrace{\int_{}^{}  \d[3]{r'} G(\vec{r}, \vec{r}') \rho(\vec{r}')}_{\text{Faltung}}
            \xrightarrow{\text{Fourier}}
            \phi(\vec{k}) = \underbrace{G(\vec{k}) \cdot \rho(\vec{k})}_{\text{Produkt}}
        .\end{align*}
        Zu zeigen:
        \begin{align*}
            G(\vec{r}, \vec{r}') = \frac{1}{|\vec{r} - \vec{r'}|} \xleftarrow{\mathcal{F}^{-1}}
            G(\vec{k}) = \frac{4\pi}{k^2}
        .\end{align*}
        Es ist
        \begin{align*}
            G &= \int_{}^{} \frac{\d[3]{k}}{(2\pi)^{3}} G(\vec{k}) \exp(i \vec{k} \vec{r}) \\
            \intertext{Da $G(\vec{k})$ sphärisch symmetrisch, verwenden wir Kugelkoordinaten. Mit
            $\mu \coloneqq \cos \sphericalangle(\vec{k}, \vec{r})$ ist $\vec{k} \cdot \vec{r} = kr \mu$.
        Damit folgt:}
            G &= \int_{0}^{\infty}\frac{k^2 \d k}{(2\pi)^{3}} \int_{-1}^{1}  \d{\mu}
            \underbrace{\int_{0}^{2\pi}  \d{\varphi}}_{=2\pi} \frac{4\pi}{k^2}\exp(ikr\mu) \\
            &= \int_{0}^{\infty}\frac{4\pi}{(2\pi)^2} \d k \cdot \int_{-1}^{1}  \d \mu \exp(-ikr \mu) \\
            &= \int_{0}^{\infty}\frac{4\pi}{(2\pi)^2} \d k \cdot \frac{\exp(-ikr) - \exp(ikr)}{-ikr} \\
            &= \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\infty}  \d k \frac{\sin(kr)}{kr} \\
            &= \frac{2}{\pi} \frac{1}{r} \underbrace{\int_{0}^{\infty}  \d{(kr)} \frac{\sin(kr)}{kr}}_{= \frac{\pi}{2} \text{ siehe Funktheo}}
        .\end{align*}
\end{enumerate}

\section{Multipolentwicklung}

Betrachte eine komplizierte Ladungsverteilung. Von sehr weit weg, geht das elektrische Feld in ein
Coulomb-Feld über, das heißt Details in der Ladungsverteilung werden weniger relevant.

\begin{figure}[h]
    \begin{tikzpicture}
        \draw (1, 2) \irregularcircle{1cm}{3mm};
        \node at (2.7,3) {$\rho \neq 0$};
        \draw[->] (0,0) coordinate (origin) -- (1,2) coordinate (r1) node[above right]{$\vec{r}'$};
        \draw[->] (origin) -- (4,1) coordinate (r2) node[above right]{$\vec{r}$};
        \pic [draw, ->, "$\alpha$", angle eccentricity=1.5] {angle = r2--origin--r1};
        \node at (3, 0.1) {$\mu \coloneqq \cos \alpha$};
    \end{tikzpicture}
    \centering
    \caption{Komplizierte Ladungsverteilung}
\end{figure}

\begin{align*}
    \frac{1}{|\vec{r} - \vec{r}'|} &= \frac{1}{\sqrt{(\vec{r} - \vec{r}'})^2}
    = \frac{1}{\sqrt{r^2 - 2r r' \mu + r'^2} } = \frac{1}{r} \frac{1}{\sqrt{1 - 2 \frac{r'}{r} \mu + \left( \frac{r'}{r} \right)^2} }
    \intertext{Annahme, dass $r \gg r' \sim $ Beobachter weit weg im Vergleich zur Ausdehnung von $\rho$.}
    \frac{1}{|\vec{r} - \vec{r}'|} &=
    \frac{1}{r} \sum_{l=0}^{\infty} \left( \frac{r'}{r} \right)^{l} \underbrace{P_l(\mu)}_{\text{Legendre-Polynome}}
    = \sum_{l=0}^{\infty} \frac{r'^{l}}{r^{l+1}} P_l(\mu)
.\end{align*}
Für die Legendre-Polynome gilt:
\[
    \frac{1}{\sqrt{1 - 2 \mu x + x^2} } = \sum_{l=0}^{\infty} P_l(\mu) x^{l}
.\] Durch die Operation $\frac{\d[l]{}}{\d{x^l}}$ und anschließendes Setzen von $x=0$ erhalten wir das
$l$-te Legendre Polynom. Damit folgt
\begin{align*}
    P_0(\mu) =  1, P_1(\mu) = \mu, P_2(\mu) = \frac{1}{3} (3 \mu^2 -1), P_3(\mu) = \frac{1}{2} (5\mu^{3} - 3\mu^2)
.\end{align*}
alternativ Formel von Rodriguez:
\[
    P_l(\mu) = \frac{1}{2^{l}l!} \frac{\d[l]{}}{\d \mu^{l}}(\mu^2 -1)^{l}
.\] 

Kugelflächenfunktionen $Y_{lm}(\theta, \varphi) \xrightarrow{} P_l(\cos \alpha)$ Legendre-Polynome.
\begin{align*}
    P_l(\mu) = \frac{4\pi}{2l+1} \sum_{m=-l}^{l} Y_{lm}(\theta, \varphi) Y_{lm}^{*}(\theta', \varphi')
    \qquad \text{(Additionstheorem)}
.\end{align*}

\begin{figure}[h]
    \begin{tikzpicture}
        \draw[->] (0,0) coordinate (origin) -- (1,2) coordinate (r1) node[above right]{$\vec{r}' = (r', \theta', \varphi')$};
        \draw[->] (origin) -- (4,1) coordinate (r2) node[above right]{$\vec{r} = (r, \theta, \varphi)$};
        \pic [draw, ->, "$\alpha$", angle eccentricity=1.5] {angle = r2--origin--r1};
    \end{tikzpicture}
    \centering
    \caption{Situation}
\end{figure}

Damit erhalten wir
\begin{align*}
    \frac{1}{|\vec{r} - \vec{r}'|} &= \sum_{l=0}^{\infty} \sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} \frac{r'^{l}}{r^{l+1}}
    \cdot Y_{lm}(\theta, \varphi) Y_{lm}^{*}(\theta', \varphi')
    \intertext{Damit folgt}
    \phi(\vec{r}) &= \int_{}^{}  \d[3]{r'} \frac{\rho(\vec{r}')}{|\vec{r} - \vec{r}'|}
    = \sum_{l=0}^{\infty} \sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} \frac{1}{r^{l+1}} Y_{lm} (\theta, \varphi) \cdot 
    \underbrace{\int_{}^{}  \d[3]{r'} r'^{l} \rho(\vec{r'}) Y_{lm}^{*}(\theta', \varphi')}
    _{= q_{lm} \text{ Multipolmomente}} \\
    \phi(\vec{r}) &= \sum_{l=0}^{\infty} \sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} \frac{1}{r^{l+1}} Y_{lm}(\theta, \phi) \cdot q_{lm}
.\end{align*}
Mutipolmomente
\begin{enumerate}[(1)]
    \item Information über die Ladungsverteilung: Größe, Stärke und Form
    \item Einfluss nimmt mit $\frac{1}{r^{l+1}}$ ab. Dominierender Term $\frac{1}{r}$-Term bei großem
        Abstand
\end{enumerate}

Monopol $l=0$, also nur $1$ Koeffizient, $m = 0$ $\sim $ Gesamtladung.
\begin{align*}
    q_{00} = \int \d[3]{r'} r'^{0} \rho(\vec{r}') \cdot \underbrace{Y_{00}^{*}(\theta, \varphi)}_{\frac{1}{\sqrt{4\pi} }} = \frac{q}{\sqrt{4\pi} }
.\end{align*}

Dipol $l=1$, also $3$ Koeffizienten, $m \in \{-1, 0, 1\} $.
\begin{align*}
    q_{1m} = \int_{}^{}  \d[3]{r'}\rho(\vec{r}') r' Y_{1m}^{*}(\theta', \varphi') \sim \text{ Ladung } \times  
    \text{ Abstand}
.\end{align*}

Quadrupol $l=2$, also $5$ Koeffizienten, $m \in \{-2, -1, 0, 1, 2\} $.
\begin{align*}
    q_{2m} = \int \d[3]{r'} \rho(\vec{r}') r'^2 Y_{2m}^{*}(\theta', \varphi') \sim \text{ Ladung } \times \text{ Fläche}
.\end{align*}
Oktupol $l=3$\\
Hexadekupol $l=4$

Hermitizität:
\begin{align*}
    Y_{lm}^{*}(\theta, \varphi) &= (-1)^{m} Y_{l,-m}(\theta, \varphi)
    \intertext{Damit folgt}
    q_{lm}^{*} &= \int_{}^{}  \d[3]{r'} r'^{l} \rho(\vec{r}') Y_{lm}^{*}(\theta', \varphi')
    = (-1)^{m} \int_{}^{}  \d[3]{r'}r'^{l} \rho(\vec{r}') Y_{l, -m}(\theta', \varphi') \\
    &= (-1)^{m} q_{l, -m}
.\end{align*}
Für reelle Ladungsverteilungen existieren also $(l+1)$ unabhängige Multipole.

\section{Kugelflächenfunktionen: sphärisch harmonische Funktionen}

\begin{align*}
    \Delta \exp(- i \vec{k} \vec{r}) &= - k^2 \exp(\pm i\vec{k}\vec{r})
    \implies (\Delta + k^2) \exp(\pm i\vec{k}\vec{r}) = 0 \qquad (\text{ Helmholtz-Differentialgleichung}) \\
    \Delta_{\theta, \varphi} Y_{lm}(\theta, \varphi) &= - l(l+1) Y_{lm}(\theta, \varphi) \implies
    (\Delta_{\theta, \varphi} + l(l+1)) Y_{lm}(\theta, \varphi) = 0
.\end{align*}

\end{document}