Evaluar la integral de $I(u,v,w)=\iint_{(0,\infty)^2}\sinh(upq) e ^ {-vq ^ 2 - gt ^ 2} pq (q ^ 2 p ^ 2) ^ {-1} dpdq$

Question

Encontré en un artículo "imperfecto Bose Gas con duro-esfera de interacción", phys Rev. 105, 776-784 (1957) la integral siguiente, pero no sé cómo solucionarlo. ¿Cualquier sugerencias?

$$\int_0^\infty {\int_0^\infty {\mathrm dp\mathrm dq\frac{\sinh(upq)} {q ^ 2 - p ^ 2} pq}} e ^ {-vq ^ 2 - gt ^ 2} = \frac{\pi}{4}\frac{u(w-v)} {\left [(w + v) ^ 2 u ^ \right]\left 2 (4wv-u ^ 2\right) ^ {1/2}}$$

para $u, v, w > 0$.

Answer 1

Primero de todo, uno puede observar que la integral converge y es una función derivable de los parámetros de $4vw>u^2$. Con el cambio de variables $p\p' u^{1/2}$, $q\q' u^{1/2}$ el caso general se reduce a $u=1$. Ahora denotando la lhs $$f(v,w)=\int_0^\infty {\int_0^\infty {\mathrm dp\mathrm dq\frac{\sinh(pq)}{q^2 - p^2}pq} } e^{-vq^2 - wp^2}$$ tenemos $$\frac{\partial}{\partial v}f(v,w)-\frac{\partial}{\partial w}f(v,w)= \int_0^\infty {\int_0^\infty {\mathrm dp\mathrm dq\sinh(pq)pq}} e^{-vq^2 - wp^2} =\frac{\pi }{2 (4 v w-1)^{3/2}},$$ la convergencia de la integral por $vw>1/4$. Dado que $f(w,v)=-f(v,w)$ tenemos $f(v,v)=0\;$. La solución de este problema de Cauchy puede obtenerse en la forma estándar (girar el sistema de coordenadas en $\pi/4$, etc.):
$$f(v,w)=\frac{\pi (w-v)}{4 \left((v+w)^2-1\right)\sqrt{4 v w-1} }\;.$$

Answer 2

Voy a suponer que $u, v, w > 0$ y $4vw > u^2$. Deja $$I := \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{\sinh (upq)}{p^2 + q^2} \, pq \, e^{-vp^2} e^{-wq^2} \; dpdq.$$ Por coordenadas polares transformar, obtenemos $$\begin{eqnarray*} I & = & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{\sinh (r^2 u \cos \theta \sin \theta)}{r^2 \cos^2 \theta - r^2 \sin^2 \theta} \, r^2 \cos\theta \sin \theta \, e^{-vr^2 \cos^2 \theta} e^{-w r^2 \sin^2 \theta} \; r dr d\theta \\ & = & \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\tan \theta}{1 - \tan^2 \theta} \int_{0}^{\infty} \sinh(r^2 u \sin \theta \cos\theta) \, e^{-r^2 (v \cos^2 \theta + w \sin^2 \theta)} \; d(r^2) d\theta \\ & = & \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\tan \theta}{1 - \tan^2 \theta} \left( \frac{u \cos\theta \sin\theta}{(v \cos^2 \theta + w \sin^2 \theta)^2 - u^2 \cos^2 \theta \sin^2 \theta} \right) d\theta \\ & = & \frac{1}{4} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{u t^2}{(1-t^2)\left( (v + w t^2)^2 - u^2 t^2 \right)}\; dt. \qquad (\text{donde} \ t = \tan \theta) \end{eqnarray*}$$ Ahora, la última integral puede ser atacado por norma contorno de integración techinque. En particular, permita que $$f(z) = \frac{u}{4} \frac{z^2}{(1-z^2)\left( (v + w z^2)^2 - u^2 z^2 \right)}$$ ser el integrando. Considerando entonces apropiado superior semicircular de contorno a la desaparición de abolladuras en $\pm 1$, obtenemos $$\begin{align*} I = & \pi i \Bigg[ \mathrm{Res} \left\{ f, 1 \right\} + \mathrm{Res} \left\{ f, -1 \right\} \Bigg] \\ & + 2\pi i \Bigg[ \mathrm{Res} \left\{ f, \frac{u+i\sqrt{4vw-u^2}}{2} \right\} + \mathrm{Res} \left\{ f, \frac{-u+i\sqrt{4vw-u^2}}{2} \right\} \Bigg], \end{align*}$$ que los rendimientos de la fórmula deseada. (Una sugerencia : $\mathrm{Res} \{ f, 1 \} + \mathrm{Res} \{ f, -1 \} = 0$ porque $\pm 1$ son simples polos de una función $f$.)

p.s. Mientras que la publicación de mi solución, Andrew le dio una buena solución.

Answer 3

Llame a $I(u,v,w)$ la integral para calcular y tenga en cuenta que esto puede ser definida sólo cuando $4vw>u^2$. Utilizando la definición de $\sinh$ y la paridad de la función a ser integrado uno ve que $$4I(u,v,w)=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty{\mathrm dp\mathrm dq}\,\frac{e^{upq}}{p^2 - p^2}pq\, e^{-vq^2 - wp^2},$$ es decir, $4I(u,v,w)=\partial_uJ(u,v,w)$ con $$J(u,v,w)=\iint{\mathrm dp\mathrm dq}\,\frac{e^{upq}}{p^2 - p^2}\, e^{-vq^2 - wp^2}.$$ La función $J(u,\cdot,\cdot)$ es simétrica y $$\partial_wJ(u,v,w)-\partial_vJ(u,v,w)=\iint{\mathrm dp\mathrm dq}\,e^{upq}\,e^{-vq^2-wp^2}.$$ El exponente de la exponencial es una forma cuadrática en $(p,q)$ y uno sabe que $$\iint e^{-\frac12\xi^*C\xi}\,\text{d}\xi=2\pi\det(C)^{-1/2},$$ por lo tanto $$\partial_wJ(u,v,w)-\partial_vJ(u,v,w)=\frac{2\pi}{\sqrt{4vw-u^2}}.$$ Esto es suficiente para recuperar los $J(u,v,w)$, por lo tanto $I(u,v,w)$. Desde $J(u,\frac12(v+w),\frac12(v+w))=0$, por simetría, se $J(u,v,w)$ como parte integrante de $\partial_tJ(u,\frac12(v+w)-t,\frac12(v+w)+t)$, es decir, $$J(u,v,w)=\int\limits_{0}^{(w-v)/2}\frac{2\pi \text{d}t}{\sqrt{4\left(\frac12(v+w)+t\right)\left(\frac12(v+w)-t\right)-u^2}},$$ que es $$J(u,v,w)=\int\limits_{0}^{w-v}\frac{\pi \text{d}t}{\sqrt{s^2-c^2}},\quad s^2=(v+w)^2-u^2.$$ Por lo tanto, $$J(u,v,w)=\pi\text{Arcsen}\left(\frac{w-v}{s}\right).$$ La diferenciación de este con respecto a $u$ rendimientos finalmente $$4I(u,v,w)=\frac{\pi(w-v)u}{((v+w)^2-u^2)\sqrt{4vw-u^2}}.$$