대칭 인수 사용
나는 문제를 해결하려고 노력하고있다 $$\int d^3x\,e^{i{\bf a}\cdot{\bf x}}e^{-br^2}$$대칭 인수를 사용합니다. 누군가 저를 비슷한 질문으로 안내하거나 비슷한 문제를 안내하여 이와 같은 문제를 해결하는 방법을 배울 수 있습니까?
편집 : 내가 취한 단계는 다음과 같습니다. $$\int d^3x\,e^{i{\bf a}\cdot{\bf x}}e^{-br^2}$$ $$\int_V r^2\sin\theta\, e^{iar\sin^2\theta\cos^2\phi}e^{-br^2}dr\,d\theta\, d\phi,$$ 그리고 제가 주장 할 수 있다고 생각합니다 $\theta = \pi /2$ 과 $\phi = 0$, 그러나 그것이 적분에 영향을 미칠지 여부와 방법을 모르겠습니다.
편집 2 :
Daniel과 Cosmas로부터 조언을받은 후 구면 좌표가 올바른 움직임이 아닌 이유를 알았습니다. Cosmas가 자세히 설명하는 단계에 따라$$\int_0^ze^{iaz-bz^2}dz\int_0^xe^{-bx^2}dx\int_0^ye^{-by^2}dy$$ $$= \int_0^ze^{iaz-bz^2}dz\left( \frac{\pi}{4b}erf(\sqrt{b}x)erf(\sqrt{b}y)\right)$$ $$=\left( \frac{\sqrt{\pi}e^{-\frac{a^2}{4b}}erf(\sqrt{b}z-\frac{ia}{2\sqrt{b}})}{2\sqrt{b}} \right)\left( \frac{\pi}{4b}erf(\sqrt{b}x)erf(\sqrt{b}y)\right),$$
작은 값과 큰 값의 오류 함수는 다른 확장을 갖기 때문에 x, y 및 z 값에 대한 더 많은 정보가 주어지면 추가로 해결할 것이라고 가정합니다. Cosmas는 b 항을 즉시 제거하도록 권장했지만 u 대체를 사용하여 부분적으로 수행했습니다.
답변
이것은 세 가우시안의 푸리에 변환의 결과입니다. 그러나 물론 상당한 대칭이 있기 때문에 세 가지를 모두 수행하는 것은 낭비입니다.
첫째, 재정 의하여 $\sqrt{b} ~{\mathbf x}\mapsto {\mathbf x}$, 문제의 척도 b ,$$\int d^3x\,e^{i{\bf a}\cdot{\bf x}}e^{-br^2}= b^{-3/2} \int d^3x\,e^{i{{\bf a}\over \sqrt{b}}\cdot{\bf x}}e^{-r^2}.$$
당신은 모든 방향에 걸쳐 통합 이후 다음 수, 점에 유의 선택 하여 z는 방향으로 이동시킴으로써 행한다 입니다,${\mathbf a}= a\hat {\mathbf z} $, $$ b^{-3/2} \int d^3x\,e^{i{{\bf a}\over \sqrt{b}}\cdot{\bf x}}e^{-r^2}= b^{-3/2} \int\!\! dz~ e^{i{ a\over \sqrt{b}} z}e^{-z^2}\int\!\! dx dy ~~e^{-x^2-y^2}.$$
따라서 두 개의 가우스와 가우스의 푸리에 변환이 있습니다. 이것은 또한 원래 너비와 역으로 관련된 너비를 가진 가우스이기도합니다. 끝낼 수 있습니다.
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\bbox[5px,#ffd]{\int\dd^{3}x\,\expo{\ic{\bf a}\cdot{\bf x}} \expo{-br^{2}}}:\ {\Large ?}}$.
\begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\int\dd^{3}x\,\expo{\ic{\bf a}\cdot{\bf x}} \expo{-br^{2}}} = \int_{0}^{\infty}\expo{-br^{2}} \pars{\int_{\Omega}\expo{\ic{\bf a}\cdot{\bf x}}{\dd\Omega \over 4\pi}} 4\pi r^{2}\,\dd r \\[5mm] = &\ \int_{0}^{\infty}\expo{-br^{2}} \bracks{\sin\pars{ar} \over ar}4\pi r^{2}\,\dd r \,\,\,\stackrel{\large ar\ \mapsto\ r}{=}\,\,\, \left.{2\pi \over a^{3}}\int_{-\infty}^{\infty}\expo{-\mu r^{2}} \bracks{\sin\pars{r} \over r}r^{2}\,\dd r \,\right\vert_{\large\ \mu\ \equiv\ b/a^{2}}\label{1}\tag{1} \\[5mm] = &\ {2\pi \over a^{3}}\int_{0}^{\infty}\expo{-\mu r^{2}} \bracks{{1 \over 2}\int_{-1}^{1}\expo{\ic kr}\dd k}r^{2}\,\dd r \\[5mm] = &\ {\pi \over a^{3}}\int_{-1}^{1}\int_{-\infty}^{\infty} \exp\pars{-\mu\bracks{r - {k \over 2\mu}\,\ic}^{2} - {k^{2} \over 4\mu}} r^{2}\,\dd r\,\dd k \\[5mm] = &\ {\pi \over a^{3}}\int_{-1}^{1}\exp\pars{-\,{k^{2} \over 4\mu}} \int_{-\infty}^{\infty} \exp\pars{-\mu r^{2}} \pars{r^{2} + {k \over \mu}\,r\,\ic - {k^{2} \over 4\mu^{2}}}\,\dd r\,\dd k \\[5mm] = &\ {\pi \over a^{3}}\int_{-1}^{1}\exp\pars{-\,{k^{2} \over 4\mu}} \bracks{% \underbrace{\int_{-\infty}^{\infty}\exp\pars{-\mu r^{2}}r^{2}\,\dd r} _{\ds{\root{\pi} \over 2\mu^{3/2}}}\ -\ {k^{2} \over 4\mu^{2}}\ \underbrace{\int_{-\infty}^{\infty}\exp\pars{-\mu r^{2}}\,\dd r} _{\ds{\root{\pi} \over \mu^{1/2}}}}\,\dd k \\[5mm] = &\ {\pi \over a^{3}}{\root{\pi} \over 2\mu^{3/2}}\ \underbrace{\int_{-1}^{1}\exp\pars{-\,{k^{2} \over 4\mu}} \pars{1 - {k^{2} \over 4\mu}}\dd k} _{\ds{\exp\pars{-\,{1 \over 4\mu}} + \root{\pi\mu}\,\mrm{erf}\pars{1 \over 2\root{\mu}}}} \\[5mm] = &\ \bbx{{1 \over 2}\pars{\pi \over b}^{3/2}\exp\pars{-\,{a^{2} \over 4b}} + {\pi^{2} \over 2ab}\,\mrm{erf}\pars{a \over 2\root{b}}} \\ & \end{align}