Ecuación integral de Fredholm homogénea con núcleo logarítmico asimétrico

Question

En el estudio de los sistemas cuánticos de pocas partículas, me he encontrado con la siguiente ecuación integral: \begin{equation} f(x) = \lim_{\Lambda\rightarrow \infty}\frac{3\sqrt{3}}{\ln(4x^2+6\lambda) + 2\gamma} \int^{\Lambda}_{-\Lambda}dy\ \frac{f(y)}{\sqrt{(x+y)^2+2x^2+2y^2+4\lambda}}, \end{equation} donde $\lambda$ es real y positiva; $\gamma$ es la constante de Euler-Mascheroni. Aunque el denominador diverge logarítmicamente, anticipo que $f(x)$ cae lo suficientemente rápido/oscilante como para que la integral converja. En cualquier caso, el resultado de primer orden en $1/\Lambda$ también es aceptable. He intentado realizar expansiones en serie, sustituciones trigonométricas y funciones de adivinación y comprobación sin éxito. Consideré tratar de encontrar un operador diferencial que satisfaga el núcleo como una función de Green, pero nunca he encontrado una función de Green que no fuera simétrica. Hasta ahora, los intentos numéricos (variando $\lambda$ ) no han convergido.

Cualquier consejo hacia una solución o un enfoque sería muy apreciado.

Answer 1

Como los límites de integración se llevarán al infinito, podemos desplazar la variable de integración para reescribir la expresión como \begin{equation} f(x)\left[\ln\left(4x^2 + 6\lambda\right) + 2\gamma\right] = 3 \int dy\ \frac{f\left(y-\frac{x}{3}\right)}{\sqrt{y^2+\frac{2}{9}\left(4x^2+6\lambda\right)}}, \end{equation} donde se ve que el denominador es la raíz cuadrada de una distribución de Breit-Wigner (también llamada lorentziana, Cauchy). Consideremos ahora la integral en el plano complejo, \begin{equation} \int dz\ \frac{f\left(z-\frac{x}{3}\right)}{\left(z-z_0\right)^{1/2} \left(z+z_0\right)^{1/2}}, \end{equation} donde $z_0 = i \frac{\sqrt{2}}{3} \sqrt{4x^2+6\lambda}$ . Con el $1/2$ tenemos puntos de bifurcación en lugar de polos, por lo que elegimos un contorno en el semiplano superior que evite el punto de bifurcación en $z=z_0$ como en Integral de contorno con punto de ramificación . Si no hay polos encerrados, la integral del contorno se evaluará a cero. Los contornos de $z=0\rightarrow z=z_0$ y la espalda se cancelan en este caso; por motivos físicos, postulamos que $|f(z)|\rightarrow 0$ como $|z|\rightarrow 0$ , dando cero para el arco en el infinito. El resultado de todo esto es que la integral original de interés es igual a la integral circular alrededor del punto de ramificación.

Hacer que la variable cambie $z-z_0 = \rho e^{i\theta}$ esa integral se puede escribir como \begin{equation} \lim_{\rho\rightarrow 0} \int_{-\pi/2}^{3\pi/2} d\theta\ i\rho e^{i\theta} \frac{f\left(\rho e^{i\theta} +z_0 - \frac{x}{3}\right)}{\left(\rho e^{i\theta}\right)^{1/2} \left(\rho e^{i\theta}+2z_0\right)^{1/2}}. \end{equation} Debido a la $\rho^{1/2}$ que aparece en el integrando, la integral desaparecerá a menos que \begin{equation} f(z) = \frac{1}{\sqrt{z-z_0 +x/3}} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{a_k}{\left(z-z_0+x/3\right)^k}, \end{equation} donde la suma surge de expandir $(\rho e^{i\theta} +2z_0)^{1/2}$ como una serie binomial; consideramos sólo la $k=0$ término ahora para mayor claridad. En ese caso, \begin{equation} \lim_{\rho\rightarrow 0} \int_{-\pi/2}^{3\pi/2} d\theta\ i\rho^{1/2} e^{i\theta/2} \frac{f\left(\rho e^{i\theta} +z_0 - \frac{x}{3}\right)}{\left(\rho e^{i\theta}+2z_0\right)^{1/2}} = \frac{2 \pi i a_0}{\sqrt{2z_0}}. \end{equation} Aplicando la solución de $f$ a ambas partes (e incluyendo todos los poderes de $k$ ), obtenemos \begin{equation} \frac{\ln\left(4x^2 + 6\lambda\right) + 2\gamma}{\sqrt{\frac{4}{3}x-z_0}} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{a_k}{\left(\frac{4}{3}x-z_0\right)^k} = \frac{6\pi i}{\sqrt{2z_0}} \sum_{k=0}^{\infty} \binom{-1/2}{k} \frac{a_k}{\left(2z_0\right)^k}. \end{equation} Como se verifica por el Wronskian para dos términos de diferentes potencias, cada término es linealmente independiente como funciones de $x$ para que la ecuación se mantenga término a término: \begin{equation} \frac{\ln\left(4x^2 + 6\lambda\right) + 2\gamma}{\left(\frac{4}{3}x-z_0\right)^{k+1/2}} = \frac{6\pi i}{\left(2z_0\right)^{k+1/2}} \binom{-1/2}{k},\ k=0,1,2,... \end{equation} Encontrar los valores propios $\lambda$ que cumplan esta condición es otra cuestión, pero esto al menos proporciona la forma funcional.