Una integral problemática $\frac{1}{a(2\pi)^2}\int^{\infty}_{0} \frac{r(b-cr)}{\sqrt{r^2+m^2}}\sin{(ar)}e^{-i\sqrt{r^2+m^2}t-nr} dr$

Question

He intentado resolver esta integral sin mucha suerte.

$$\frac{1}{a(2\pi)^2}\int^{\infty}_{0} \frac{r(b-cr)}{\sqrt{r^2+m^2}}\sin{(ar)}e^{-i\sqrt{r^2+m^2}t-nr} dr,$$

o bien

$$\frac{1}{a(2\pi)^2}\int^{\infty}_{0} \frac{r(b-cr)}{2i\sqrt{r^2+m^2}}\left(e^{-i(\sqrt{r^2+m^2}t -ar) -nr} - e^{-i(\sqrt{r^2+m^2}t + ar) -nr}\right) dr,$$

donde $a,b,c,m,n,t\in\mathbb{R}$ son todas constantes positivas.

Realmente estoy luchando por superar la $\sqrt{r^2+m^2}$ término en el exponente. Estaba pensando que podría expandir este término pero entonces como está bajo una integral no tiene mucho sentido sólo elegir un punto para expandir sobre él. Además, no creo que la expansión produzca una buena integral de todos modos. Antes calculé una integral similar en la que $m=0$ utilizando sólo una sustitución de $r$ y la definición de la función gamma. Sin embargo, no puedo ver una manera de manipular esta integral en una forma aceptable.

También he estado buscando en Gradshteyn y Ryzhik para una integral apropiada pero no puedo encontrar una, 3.914 (6) en la página 491 (p.540 del pdf) es lo más cercano que pude encontrar pero no hay ningún término lineal en la exponencial.

¿Alguien puede ver un método para calcular esta integral?

Answer 1

SUGERENCIA: Sustituir $u = it \sqrt{r^2+m^2}, du = \frac{itr}{\sqrt{r^2+m^2}}dr$ . Entonces $r = ((-iu/t)^2-m^2)^{\frac{1}{2}}$ y su integral tiene la forma (La integración comienza en $u=itm$ hasta un factor constante):

$\int_{itm}^\infty (b-cr)(e^{(ia-n)r}-e^{(-ia-n)r})e^{-u}du = $

$\int_{itm}^\infty (b-cr) \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}((ia-n)^k-(-ia-n)^k)r^ke^{-u}du$ .

Para calcular $r^k$ en dependencia de $u$ se puede utilizar el Teorema del binomio generalizado:

$((-iu/t)^2-m^2)^{\frac{k}{2}} = \sum_{l=0}^\infty (\frac{k}{2} over l) (-iu/t)^{k-2l}(-m^2)^l$ .

Ahora puedes usar la linealidad de las sumas y la integral y terminas con integrales de la forma $\int_{itm}^\infty u^{q-1} e^{-u} du = I_q$ .

Esta es la función Gamma incompleta es decir, se mantiene: $I_q = \Gamma(q,itm)$ .