Transformada de Fourier de 4 dimensiones de $(k\cdot v)^{-1}$

Question

He estado intentando calcular, sin mucho éxito, la siguiente transformada de Fourier en el espacio de Minkowski de 4 dimensiones

$$ I=\frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 k \,\frac{e^{ik\cdot x}}{k\cdot v}, $$ donde $v^\mu$ es cualquier vector constante. $v^\mu$ sería el espacio en mi caso, si eso es útil. ¿Tienes alguna idea de cómo hacer esto? Sospecho que $I$ no tiene una forma cerrada .. pero tal vez se puede expresar en términos de funciones de Bessel o algo similar.

Aclaración: aunque es prácticamente un cálculo matemático me pareció que preguntar a la comunidad de físicos sería más adecuado, ya que este tipo de integrales son típicas en QFT.

Answer 1

Si $v$ es espacial, elija el $k$ ejes para que $v$ sólo tiene un $z$ para que la integral escrita explícitamente sea

$$\begin{aligned} I &= \frac{1}{(2\pi)^4} \int dk^t\, dk^x\, dk^y\, dk^z\, \frac{e^{i(k^t t - k^x x - k^y y - k^z z)}}{-k^z v} \\ &= -\frac{1}{2\pi v} \delta(t) \delta(x) \delta(y) \int dk^z\, \frac{e^{-ik^z z}}{k^z}, \end{aligned}$$ e donde $(t, x, y, z)$ son los componentes de $x^\mu$ (con un abuso de notación al repetir $x$ ) en una base ortonormal $\{e_0, e_1, e_2, v\}$ para que

$$\begin{gather} t = x \cdot e_0 \\ x = -x \cdot e_1 \\ y = -x \cdot e_2 \\ z = -x \cdot v \end{gather}$$

La última integral puede calcularse mediante una variedad de métodos lo más sencillo es utilizar el valor principal para descartar la parte del coseno, de modo que

$$\int dk\, \frac{e^{-ikz}}{k} = -i \int dk\, \frac{\sin(kz)}{k} = -i\pi \operatorname{sgn}(z)$$

(El segundo enlace tiene un misterioso factor extra de $1/2$ .)

Si lo juntamos todo, tenemos

$$I = \frac{i}{2} \delta(t)\delta(x)\delta(y) \operatorname{sgn}(z),$$

o, escrito covariantemente,

$$I = -\frac{i}{2} \left( \prod_{i=0}^2 \delta(x \cdot e_i) \right) \operatorname{sgn}(x \cdot v).$$

Esta última forma subraya que la triple función delta es invariante bajo transformaciones de Lorentz que dejan $v$ arreglado.

Si $v$ es temporal, hay tres cambios de signo: uno de $k\cdot v$ , una en el exponente que termina delante de la función de signo, y una tercera a partir de la expresión del $t$ dentro de la función de signo (que solía ser $z$ en el caso espacial) como un producto escalar $t = x \cdot v$ por lo que la integral cambia de signo.