La transformada de Fourier de $\Gamma \left (\frac{1}{2}-i \frac{p}{2 \pi} \right) /\sqrt{ \cosh(p/2)}$

Question

Es posible calcular los siguientes transformada de Fourier analíticamente? $$\psi(x) = \frac{1}{\sqrt{4 \pi}}\int \Gamma \left (\frac{1}{2}-i \frac{p}{2 \pi} \right) \frac{e^{i p x}}{\sqrt{ \cosh(p/2)}} dp $$

Soy consciente de que $$ \Gamma \left (\frac{1}{2}-i \frac{p}{2 \pi} \right) \Gamma \left (\frac{1}{2}+i \frac{p}{2 \pi} \right)= \frac{\pi}{\cosh(p/2)}$$ y a ambos lados de la identidad se han polos sólo en $p=(\text{odd integer}) \times 2 \pi i$, pero no puede averiguar cómo esto puede ayudar con la integral.

Mathematica v10 devuelve la integral sin evaluar, tanto con Integrar[] y InverseFourierTransform[].

La pregunta viene de un problema de investigación en la física cuántica.

Edición 3: (vuelve a Editar-1 obsoleto). La función es un valor real y positivo, ver línea continua en la que numéricamente producido gráfico. Las líneas discontinuas son $\sqrt{2} \, e^{-\pi x}/\sqrt{x}$$x \to +\infty$$20 \, e^{+\pi x} \sqrt{-x}$$x \to -\infty$, lo que confirma la asymptotics derivados por @cansado.

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Edición 2: Aquí es lo que es relevante para la publicación en la física lado. Nos están proponiendo un método para generar partículas cuánticas descrito por la función de onda $\psi(x)$. La característica sin precedentes del método (en el particular contexto de la física) es que el Heisenberg producto de coordenadas, el impulso de la incertidumbre $\Delta x \, \Delta p \approx 0.537541$ está cerca de la llamada Kennard obligado de $1/2$ (conocido por ser satisfechos por Gaussiana de la onda de paquetes).

Por el momento el resultado es limpio: $$(\Delta p)^2 = \int \frac{p^2}{4 \cosh^2(p/2)} dp= \frac{\pi^2}{3}$$

Para la coordenada I necesidad de calcular $\Delta x \equiv \langle x^2 \rangle-\langle x \rangle^2$ donde

$$ \langle x^n \rangle =\frac{1}{2\pi} \int x^n \, |\psi(x)|^2 \, dx$$

Numéricamente he a $ \langle x \rangle \approx -0.251022$ $\langle x^2 \rangle \approx 0.150842$ que da el citado incertidumbre producto.

Así que sería muy bueno encontrar una analítica forma para los dos primeros momentos de la distribución de probabilidad correspondiente a $| \psi(x)|^2$ y también para demostrar analíticamente la exponencial asymptotics (que distingue a estas ola de paquetes de otros tipos conocidos en la literatura en el campo de la física).

Answer 1

Ok, voy a dar una derivación de la orden principal asymptotics para $x\rightarrow\infty$. Por ahora, me centrarse también en el caso en que $x>0$, la posibilidad contraria debe ser factible con bastante similar técnicas.

Partimos de la compleja función dada por @Leucippus.

$$ f(z,x)=\frac{e^{2ixz}}{\Gamma(\frac12+\frac{i}{\pi}z)\cosh^{3/2}(z)} $$

Observamos las siguientes cuatro hechos:

1.) Para $x>0$ la función es convergente para$|z|\rightarrow\infty$, por lo que se cerrará nuestro contorno de integración en la parte superior halpf plano.

2.) $f(x,z)$ tiene puntos de ramificación en $z_n=\frac{i \pi}{2}+i n\pi$

3.) La correspondiente singularidades son integrables que pueden ser verificadas mediante la expansión de $\frac{1}{\Gamma(\frac12+\frac{i}{\pi}z)}$ cerca de $z_n$

4.) La integral que estamos buscando está dada por ($z=\sigma+i s$) $$ I(x)=\int_{-\infty}^{\infty}d\sigma f(\sigma,x) $$

De ello se sigue que

$$ I(x)=-\oint_{C_{cortar}}dzf(z,x) $$

Aquí $\oint_{C_{cut}}$ denota una integral alrededor de la rama de corte que se conecta $z_0$ $i\infty$ a lo largo del eje imaginario como @RandomVariable señaló.

Hasta ahora todo era exacto, pero ahora tenemos que empezar a hacer algunas aproximaciones.

Vamos a escribir esta integral un poco más explícito.Para obtener más detalles sobre cómo elegir correctamente toda la fase de factores, ven aquí y toma nota de que la integral alrededor de la pequeña borde de la corte vanishs (debido a la integración de la singularidad) obtenemos:

$$ I(x)=-2i\sum_{n=1}^{\infty}\sin(\frac{3}{2}\pi n)\int_{n\pi\pi/2}^{n\pi+\pi/2}ds\frac{e^{-2sx}}{\Gamma(\frac12-\frac{s}{\pi})|\cos(s)|^{3/2}} $$

Es claro que esta integral está fuertemente dominado desde la región de $s\in[\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}+\epsilon]$ (todo lo demás es fuertemente surpressed por la exponencial), lo que significa que sólo una pequeña fracción de la primera parte de la suma será suficiente para obtener la orden principal asymptotics.

$$ I(x)\sim2i\int_{\pi/2}^{\pi/2+\epsilon}ds\frac{e^{-2sx}}{\Gamma(\frac12-\frac{s}{\pi})|\cos(s)|^{3/2}} $$

Utilizando de nuevo la expansión de $\frac{1}{\Gamma(\frac12-\frac{x}{\pi})}$ (o pedir mathematica) por lo tanto, terminar con

$$ I(x)\sim\frac{2}{\pi}\int_{\pi/2}^{\pi/2+\epsilon}ds\frac{e^{-2sx}}{\sqrt{s-\frac{\pi}{2}}} $$

Debido a la exponencial sólo hacemos un exponencialmente pequeño error si volamos hasta nuestro límite superior de integración hasta el infinito, así que estamos bien para calcular

$$ I(x)\sim\frac{2}{\pi}\int_{\pi/2}^{\infty}ds\frac{e^{-2sx}}{\sqrt{s-\frac{\pi}{2}}} $$

Esta última integral se puede hacer en forma cerrada (que no es demasiado difícil) y terminamos con

$$ I(x)\sim\sqrt{2}\frac{e^{-\pi x}}{\sqrt{\pi x}} $$

Comparando con el cálculo numérico, nos encontramos con un error de sólo $0,8 \%$$x=5$$1,2\%$$x=3$, lo que parece increíblemente bueno para mí, teniendo en cuenta todas las aproximaciones que hicimos en nuestro viaje!

Editar:

Creo que no es demasiado difícil para obtener las correcciones de los resultados de esto por tener en cuenta 1.) la segunda rama en el punto 2.) más cortes de ramas. yo también creo que las correcciones serán de orden $\mathcal{O}(\frac{e^{-(2n+1)\pi x}}{\sqrt{x}})$

Edit2:

He corregido mi respuesta mediante una correcta elección de las ramas.

Apéndice

Derivación de la última integral:

$$ \int_{\pi/2}^{\infty}ds\frac{e^{-2sx}}{\sqrt{s-\frac{\pi}{2}}}=e^{-\pi x}\int_{0}^{\infty}dy\frac{e^{-2xy}}{\sqrt{y}}=e^{-\pi x}\int_{0}^{\infty}dqe^{-2xq^2}=e^{-\pi x}\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{x 2}} $$

Answer 2

Dadas las dos condiciones mencionadas en el problema propuesto deje $p = 2 z$ obtener \begin{align} \frac{\psi(x)}{\sqrt{\pi}} = \int_{\Gamma} \, \frac{e^{2 i x \, z} \, dz}{\Gamma\left(\frac{1}{2} + \frac{i \, z}{\pi}\right) \, \left(\cosh(z)\right)^{\frac{3}{2}}}. \end{align} Hay una rama de corte debido a la $(\cosh(z))^{3/2}$ plazo. Los polos están determinados por $\cosh(z_{n}) = 0$. Esto condujo a los polos de la forma $$ z_{\text{poles}} = i \, \pi \, \left(m + \frac{1}{2}\right) \hspace{10mm} m \geq 0$$ A partir de aquí es cuestión de encontrar el derecho de contorno para evaluar la integral y el trabajo alrededor de la rama de corte(s) para encontrar la integral del valor.