Integral con funciones de Bessel de Primera Especie.

Question

Me gustaría resolver la siguiente integral:

$I = \int_0^\infty J_0(at) J_1(bt) e^{-t} dt\ $

donde $J_n$ $n^{th}$ orden de la Función de Bessel de Primera Especie y $a$ $b$ son positivos reales constantes.

Cualquier información acerca de esta integral sería útil.

Gracias!

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He incluido dos relaciones específicas a $0^{th}$ $1^{st}$ orden de la función de Bessel que pueden ser útiles:

$ J_0(t)' = -J_1(t) $

$ J_1(t) = -J_{-1}(t) $

El siguiente recursión relación también puede ser útil:

$ J_n(t)' = \frac{1}{2}\{J_{n-1}(t) - J_{n+1}(t) \} $

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También he encontrado la siguiente relación a través de la integración por partes:

$ \int_0^\infty \{bJ_0(a) J_1(bt) + aJ_0(bt) J_1(a) \}e^{-t} dt\ = J_0^2(0) - \int_0^\infty J_0(a) J_0(bt) e^{-t} dt $

Answer 1

La integral no admitir una forma cerrada, me temo. Es discutido en el vol. 2 de Bateman "Más funciones trascendentes", sección 7.7.3, fórmula 15, lo que da $$ 2^{\mu + \nu} \alpha^{-\mu} \beta^{-\nu} \gamma^{\lambda + \mu+\nu} \Gamma\left(\nu+1\right) \int_0^\infty J_{\mu}(\alpha t) J_\nu(\beta t) \mathrm{e}^{-\gamma t} t^{\lambda -1} \mathrm{d} t = \sum_{m=0}^\infty \frac{\Gamma\left(2m+\lambda+\mu+\nu\right)}{m! \Gamma(m+\mu+1)} \cdot {}_2F_1\left(-m,-m-\mu; \nu+1; \frac{\beta^2}{\alpha^2}\right) \left( -\frac{\alpha^2}{4 \gamma^2} \right)^m $$ En su caso, $\lambda = 1$, $\mu=0$, $\nu=1$, $\gamma=1$: $$ \frac{2}{\beta} \int_0^\infty J_0(\alpha t) J_1(\beta t) \mathrm{e}^{-t} \mathrm{d}t = \sum_{m=0}^\infty \frac{\Gamma\left(2m+2\right)}{m! \Gamma(m+1)} \cdot {}_2F_1\left(-m,-m; 2; \frac{\beta^2}{\alpha^2}\right) \left( -\frac{\alpha^2}{4} \right)^m $$

Mediante la expansión de la función de Bessel $J_1(b t)$ en su definición de la serie y la integración de plazo sabio podemos encontrar otra serie de representaciones: $$ \int_0^\infty J_0(t) J_1(b t) \mathrm{e}^{-t} \mathrm{d}t = \frac{b}{2} \sum_{m=0}^\infty \binom{2m+1}{m} \frac{\left(-\frac{b^2}{4}\right)^m}{(1+a^2)^{2m+3/2}} \cdot {}_2F_1\left(-m, -m-\frac{1}{2}; 1; -a^2\right) $$ donde, además, el de Euler transformación de la Gauss función hipergeométrica se habían utilizado.

Answer 2

Por desgracia, creo que no hay una simple forma cerrada para esta integral. Una forma de avanzar, si se puede llamar así, es para expresar la integral como una serie. Por ejemplo, tenga en cuenta que la transformada de Laplace de $f(t) = J_0(a t)$ es

$$\hat{f}(s) = (s^2+a^2)^{-1/2}$$

También tenga en cuenta que las transformadas de Laplace gire a la multiplicación en la diferenciación de la siguiente manera:

$$\int_0^{\infty} dt \: t^m \, f(t) e^{-s t} = (-1)^m \frac{\partial^m}{\partial s^m} \hat{f}(s)$$

A continuación, utilizando el Maclurin serie de $J_1(b t)$:

$$J_1(b t) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!\,(k+1)!} \left ( \frac{b t}{2}\right )^{2 k+1}$$

obtenemos la siguiente expresión para la integral:

$$\int_0^{\infty} dt \: J_0(a t) J_1(b t) e^{-t} = -\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!\,(k+1)!} \left ( \frac{b}{2}\right )^{2 k+1} \left [\frac{\partial^{2 k+1}}{\partial s^{2 k+1}} (s^2+a^2)^{-1/2} \right]_{s=1}$$

Answer 3

$\int_0^\infty J_0(at)J_1(bt)e^{-t}~dt$

$=\int_0^\infty\left(\sum\limits_{m=0}^\infty\dfrac{(-1)^m\left(\dfrac{at}{2}\right)^{2m}}{(m!)^2}\right)\left(\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n\left(\dfrac{bt}{2}\right)^{2n+1}}{n!(n+1)!}\right)e^{-t}~dt$

$=\int_0^\infty\sum\limits_{m=0}^\infty\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^{m+n}a^{2m}b^{2n+1}t^{2m+2n+1}e^{-t}}{2^{2m+2n+1}(m!)^2n!(n+1)!}dt$

$=\sum\limits_{m=0}^\infty\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^{m+n}a^{2m}b^{2n+1}(2m+2n+1)!}{2^{2m+2n+1}(m!)^2n!(n+1)!}$