Tengo una ecuación derivada del modelo de Ising para la distancia de correlación. ¿Hay alguna manera de reescribir esta integral para hacerla manejable?

Question

Me costó mucho trabajo llegar hasta aquí, pero ahora estoy atascado. Quiero demostrar que $$C(\vec{r}) = \int \mathrm{d}^d k { e^{ik \cdot \vec{r}}\over t+ k^2}$$

evalúa a $$C(\vec{r}) \approx \Bigl(\frac{\sqrt{t}}{r} \Bigr)^{d-2} \frac{e^{-r\sqrt{t}}}{\sqrt{ r \sqrt{t \, } \, }}$$

para un número finito de $t$ y $r\gg1$ . Se sugirió que podría haber una conexión con las funciones de Bessel pero, de nuevo, no lo veo. Incluso un punto en la dirección correcta sería muy apreciado.

Answer 1

Para $d=3$ que tenemos para $t>0$

$$\begin{align}C(\vec r)&=\int_0^{2\pi}\int_0^\pi \int_0^\infty \frac{e^{ikr\cos(\theta)}}{t+k^2}\,k^2\sin(\theta)\,dk\,d\theta\,d\phi\\\\ &=\frac{2\pi}r \int_{-\infty}^\infty \frac{k\sin(kr)}{t+k^2}\,dk\\\\ &=\frac{2\pi}{r}\text{Im}\left(\text{PV}\int_{-\infty}^\infty \frac{ke^{ikr}}{t+k^2}\,dk\right)\\\\ &=\frac{2\pi}{r} \text{Im}\left(2\pi i \frac{i\sqrt{t}e^{-r\sqrt{t}}}{2i\sqrt{t}}\right)\\\\ &=2\pi^2\frac{ e^{-\sqrt{t} r}}{r} \end{align}$$

¿Se puede generar este enfoque utilizando las matemáticas del $n$ -Esfera ?

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Una forma de encontrar la solución para $d=n$ es invocar la teoría de las distribuciones. Nótese que en la distribución, tenemos

$$(\Delta -t)C(\vec r)=-(2\pi)^n\delta(\vec r)$$

Entonces, utilizando el resultado que desarrollé en ESTA RESPUESTA con $k\mapsto i\sqrt{t}$ y asumiendo una convención de tiempo $e^{-i\omega \tau}$ encontramos

$$C(\vec r)=(2\pi)^n\frac i4\left(\frac{i\sqrt{t}}{2\pi r}\right)^{n/2-1}H_{n/2-1}^{(1)}(i\sqrt{t}r)$$

Si queremos encontrar el primer término de la gran $r$ expansión asintótica de $C(\vec r)$ simplemente utilizamos la conocida relación asintótica de grandes argumentos

$$H_{n-1/2}^{(1)}(i\sqrt{t}r)\sim\sqrt{\frac{2}{\pi i\sqrt{t}r}}e^{-in\pi/2}e^{-\sqrt{t}r}$$

Dejaré la aritmética al lector.

Answer 2

Hay una buena solución de @Mark Viola para $n=3$ - que se puede generalizar para los $n$ . Para encontrar la asintótica de $r\to\infty$ También podemos utilizar el método de Laplace de Laplace.

Dejemos que $a^2=t$ y

$$I(n,a)=\int d^n k { e^{i(\vec k \cdot \vec{r})}\over a^2+ k^2}=\int d^n k e^{i(\vec k \cdot \vec{r})}\int_0^\infty e^{-x (a^2+ k^2)}dx$$ Cambiar el orden de integración $$I(n,a)=\int_0^\infty e^{-x a^2}dx\int_{-\infty}^\infty..\int_{-\infty}^\infty dk_1...dk_n e^{-x (k^2_1+...+k^2_n)}e^{i(k_1r_1+...+k_nr_n)}$$ Utilizando $$-xk^2_l+ik_lr_l=-x\Big(k^2_l-\frac{ir_l k_l}{x}-\frac{r^2_l}{4x^2}+\frac{r^2_l}{4x^2}\Big)=-x\Big(k_l-\frac{ir_l}{2}\Big)^2-\frac{r^2_l}{4x}$$ $$I(n,a)=\int_0^\infty e^{-x a^2}dx\bigg(\int_{-\infty}^\infty dk_le^{-x\Big(k_l-\frac{ir_l}{2}\Big)^2}\bigg)^ne^{-\frac{(r^2_1+...+r^2_n)}{4x}}$$ $$=\int_0^\infty e^{-x a^2}e^{-\frac{r^2}{4x}}\Big(\frac{\pi}{x}\Big)^{\frac{n}{2}} dx=\int_0^\infty \Big(\frac{\pi}{x}\Big)^{\frac{n}{2}}e^{-f(x)} dx$$ donde $f(x)=xa^2+\frac{r^2}{4x}$ . Para encontrar la asintótica en $r\to\infty$ utilizamos el método de Laplace. $f'(x)=0$ en $x=x_0=\frac{r}{2a}$ ; $f\big(\frac{r}{2a}\big)=ar; f''\big(\frac{r}{2a}\big)=\frac{4a^3}{r}$ . Utilizando la expansión de $f(x)$ cerca de este punto crítico $(f(x)=f(x_0)+\frac{1}{2}f''(x_0)(x-x_0)^2+...$ ), y ampliando la integración a $\pm\infty$ encontramos el principal término asintótico: $$I(n,a)\sim\Big(\frac{2\pi a}{r}\Big)^{\frac{n}{2}} e^{-ar}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{2 a^3}{r}(x-x_0)^2}dx=\Big(\frac{2\pi a}{r}\Big)^{\frac{n}{2}}\sqrt\frac{\pi r}{2a^3}e^{-ar}$$ $$I(n,a)\sim\frac{(2\pi)^{\frac{n+1}{2}}}{2a}\Big(\frac{a}{r}\Big)^{\frac{n-1}{2}}e^{-ra}$$ Para $n=3$ obtenemos el resultado exacto, obtenido por @Mark Viola. La respuesta también se puede obtener mediante la integración directa en este caso concreto (haciendo el cambio de la variable $y=\frac{r}{2\sqrt x}$ y aplicando el teorema maestro de Glasser).