Solución de la integral definida: $\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}e^{i(k_{1}x+k_{2}y)}dxdy$

Question

Estoy tratando de evaluar la siguiente integral bidimensional:

$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}e^{i(k_{1}x+k_{2}y)}dxdy$

El documento que estoy siguiendo informa de la siguiente solución:

$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}e^{i(k_{1}x+k_{2}y)}dxdy = \frac{1}{\sqrt{k_{1}^{2}+k_{2}^{2}}}e^{-\sqrt{k_{1}^{2}+k_{2}^{2}}z}$

puede ser útil utilizar las siguientes definiciones: $r = \sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$ y $k = \sqrt{k_{1}^{2}+k_{2}^{2}}$

Creo que esto debería ser consecuencia de algún tipo de sustitución; de todas formas he intentado resolverlo con mathematica pero no consigo ninguna solución...

¿Alguna idea sobre cómo obtener el resultado mostrado por los autores? Gracias de antemano

Answer 1

Bien, veamos:

Denotemos la integral por $I(k_x,k_y,z)$

Pasando a las coordenadas polares tenemos: $x=r\sin(\phi),r\cos(\phi)$ , $|det(J)|=r$

\begin{align} I(k_x,k_y,z)=\int_0^{\infty} dr \frac{r}{\sqrt{r^2+z^2}}\int_0^{2\pi} d\phi e^{-ir[k_x sin(\phi)+k_y cos(\phi)]} \end{align}

Ahora se puede demostrar que la integral interna es igual a $2\pi J_0[r\sqrt{k_x^2+k_y^2}]$

Así que nos quedamos con (1) \begin{align} I(k_x,k_y,z)=2\pi\int_0^{\infty} dr \frac{r}{\sqrt{r^2+z^2}}J_0[r\sqrt{k_x^2+k_y^2}] \end{align}

Utilizando ahora la Fórmula 6.554.1 de Gradstheyn/Ryzhik que establece (2) que $\int_0^{\infty}dq\frac{q}{\sqrt{s^2+q^2}}J_0[qp]=\frac{e^{-sp}}{p}$

Obtenemos \begin{align} I(k_x,k_y,z)=\frac{2\pi}{\sqrt{k_x^2+k_y^2}}e^{-z\sqrt{k_x^2+k_y^2}} \end{align} que es el resultado declarado aparte de un factor de $2\pi$ que supuestamente proviene de alguna de las definiciones de la transformada de Fourier

Desgraciadamente estoy muy ocupado así que no puedo completar la prueba que nos lleva a (1) o intentar probar (2) así que agradecería si alguien pudiera llenar estas lagunas

Answer 2

Permítanme completar los detalles de cómo realizar la integración angular en la respuesta de tired. En primer lugar, podemos facilitarnos la vida anotando que el integrando $e^{i \mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}$ con $\mathbf{k}=k_1 \hat{x}+k_2\hat{y}=k\hat{k}$ es invariante bajo rotaciones alrededor de la $z$ -eje. Así que somos libres de orientar las coordenadas de tal manera que $\hat{k}$ como el positivo $x$ -eje, es decir $\mathbf{k}\mapsto k\hat{x}$ . Entonces, definiendo $s=\sqrt{x^2+y^2}$ la integral se convierte en

$$I(k,z)=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}e^{i k x}\,dxdy=\int_{0}^{\infty}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{e^{ik s\cos\theta }}{\sqrt{s^2+z^2}}s\,d\theta \,ds.$$

Aunque esta integral apenas parece mejor, la $\theta$ -integral es reconocible para Mathematica en términos de una función de Bessel. En efecto, si se utiliza la representación integral $J_n(x)=\int\limits_{-\pi}^{\pi} e^{i (n \theta -x\sin \theta)}\,d\theta$ (véase la ec. 71 en la página de las funciones de Bessel de Mathworld, o dedúzcalo a mano utilizando una identidad de Jacobi-Anger) entonces la $n=0$ nos permite escribir la integración como

$$I(k,z)=2\pi\int_{0}^{\infty}\frac{s\,J_0(ks)}{\sqrt{s^2+z^2}}\,ds=\frac{2\pi}{k}\int_{0}^{\infty}\frac{u\,J_0(u)}{\sqrt{u^2+k^2 z^2}}\,du\quad\text{with }u=ks.$$

Lo que queda es justificar la identidad integral citada por tired que nos permite concluir $I(k,z)=2\pi k^{-1} e^{-k |z|}.$ Veré si puedo recordar los detalles.

Answer 3

En mi primera respuesta, procedí tratando de calcular directamente las integrales de momento. Al hacerlo, había olvidado que existe un enfoque menos directo que, sin embargo, tiene la ventaja de no requerir las identidades de la función de Bessel.

En primer lugar, hay que tener en cuenta que nuestra tarea es tomar el $2$ D Transformada de Fourier de la función $G(\mathbf{r})=(x^2+y^2+z^2)^{-1/2}=r^{-1}$ . Mi elección de $G$ como símbolo de esta función no se hace en vano, ya que se trata en realidad de la función de Green en el espacio libre del $3$ D Laplaciano es decir $\nabla^2 G(\mathbb{r})=-4\pi \delta^{3}(\mathbf{r})$ . Se trata de una identidad Dirac-delta estándar que puede verificarse mediante el teorema de la divergencia y la diferenciación directa.

El $3$ La transformada de Fourier de esto se calcula fácilmente para ser $(k_x^2+k_y^2+k_z^2)G(\mathbf{k})=4\pi.$ Para obtener el planar transformada de Fourier, podemos entonces tomar la transformada inversa con respecto a $k_z$ . Eso es,

\begin{align} G(k_x,k_y,z)=\mathcal{F}^{-1}[G(\mathbf{k})](z) &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty e^{-i k_z z}G(\mathbf{k})\,dk_z\\ &=\int_{-\infty}^\infty \frac{2e^{-i k_z z}}{k_x^2+k_y^2+k_z^2}\,dk_z\\ &=\frac{2}{k}\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-i k z u}}{1+u^2}\,du \end{align} donde en la última línea he introducido $k=\sqrt{k_x^2+k_y^2}$ y $k_z=k u$ . Esta última integral puede evaluarse mediante métodos de integración de contornos (véase Wikipedia de los mismos) para obtener el resultado deseado

$$\boxed{G(k_x,k_y,z)=2\pi\dfrac{e^{-k |z|}}{k}=2\pi\left(\dfrac{e^{-|z|\sqrt{k_x^2+k_y^2}}}{\sqrt{k_x^2+k_y^2}}\right)}$$