2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Интеграл с двумя нулевыми Бесселями - дельта функция?
Сообщение22.02.2013, 16:40 
Аватара пользователя


21/11/11
185
Добрый день. Возникла следующая гипотеза: $$\int\limits_0^{+\infty}J_0(ax)J_0(bx)x\,dx=\frac{\delta(a-b)}{a}, \qquad (a,b>0).$$Начал рыть литературу. В Бейтмене-Эрдейи (том 2, пункт 7.7.4) рассмотрен интеграл вида $$\int\limits_0^{+\infty}J_\mu(ax)J_\nu(bx)x^{-\rho}\,dx$$ но для $\operatorname{Re}\rho>-1$. В Прудникове (том 2, пункт 2.12.31) также случай $\mu=\nu=0$, $\rho=-1$ не рассмотрен. В Рыжике-Градштейне (6.521) интеграл тот, что надо, но берётся в пределах от нуля до единицы, а в (6.574 - 6.576) опять-таки данный случай не охвачен.

Поэтому я попытался доказать это утверждение самостоятельно. Для этого, сначала свёл его к виду $$\int\limits_0^{+\infty}J_0(\alpha x)J_0(x)x\,dx=\delta(1-\alpha), \qquad (\alpha>0).$$ заменой $b/a\to\alpha,\ x\to x/a$. Обозначу далее этот интеграл $f(\alpha)$. Поскольку на бесконечности $J_0(x)=\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\sin(\pi/4+x)+O(x^{-3/2})$, то $$f(1)=\int\limits_0^{+\infty}J_0(x)J_0(x)x\,dx=\infty,$$ а из нормировки функций Бесселя следует$$\int\limits_0^{+\infty}f(\alpha)\,d\alpha=\int\limits_0^{+\infty}d\alpha\int\limits_0^{+\infty}J_0(\alpha x)J_0(x)x\,dx=\int\limits_0^{+\infty}J_0(x)\,dx=1.$$Осталось показать, что при $\alpha\ne 1$ выполняется $f(\alpha)=0$. В Прудникове приведён неопределённый интеграл (1.8.3.10): $$$$\int J_\nu(ax)J_\nu(bx)x\,dx=\frac{x}{a^2-b^2}\left(a J_{\nu+1}(ax)J_\nu(bx) -b J_{\nu}(ax)J_{\nu+1}(bx) \right).$$ Применительно к данному случаю это даст: $$f(\alpha)=\lim_{x\to\infty}\frac{x}{\alpha^2-1}\left(\alpha J_1(\alpha x)J_0(x) - J_0(\alpha x)J_1(x) \right)-\lim_{x\to 0}\frac{x}{\alpha^2-1}\left(\alpha J_1(\alpha x)J_0(x) - J_0(\alpha x)J_1(x) \right)$$ В нуле получается ноль, а вот на бесконечности надо разложить функции Бесселя до первого члена (второй пропорционален $O(x^{-3/2})$ и в пределе даёт ноль). Таким образом: $$f(\alpha)=\frac{-2}{\pi\sqrt{\alpha}}\frac{1}{\alpha^2-1}\lim_{x\to \infty}\left(\alpha \cos(\alpha x+\pi/4)\sin(x+\pi/4) - \sin(\alpha x+\pi/4)\cos(x+\pi/4) \right)=$$ $$=\frac{-1}{\pi\sqrt{\alpha}}\frac{1}{\alpha^2-1}\lim_{x\to \infty}\left[(\alpha-1) \cos((\alpha+1) x)-(\alpha+1)\sin((\alpha-1)x) \right]=$$ $$=\frac{-1}{\pi\sqrt{\alpha}}\lim_{x\to \infty}\left[\frac{\cos((\alpha+1) x)}{\alpha+1}-\frac{\sin((\alpha-1)x)}{\alpha-1}\right] $$
Получается, что предел неопределён. И как это понимать? Я где-то сделал ошибку, или рассматриваемая гипотеза неверна?

 Профиль  
                  
 
 Re: Интеграл с двумя нулевыми Бесселями - дельта функция?
Сообщение23.02.2013, 07:39 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Ilia_ в сообщении #687010 писал(а):
Получается, что предел неопределён. И как это понимать? Я где-то сделал ошибку, или рассматриваемая гипотеза неверна?

А Вы попробуйте своим же способом доказать общеизвестное $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{iax}\cdot e^{-ibx}dx=2\pi\delta(a-b)$. Упрётесь в ровно такой же неопределённый предел. И как это понимать -- что преобразование Фурье неверно?...

Вспомните, как обычно выводят преобразование Фурье. Выписывают коэффициенты Фурье для финитной функции по расширяющемуся промежутку. И смотрят на поведение ряда Фурье при неограниченном увеличении длины промежутка. Тогда сумма ряда оказывается интегральной и, соответственно, сам ряд превращается в интеграл Фурье.

Ну и тут практически то же самое, только вместо ортогональной на $[-R;R]$ системы функций $e^{i\frac{\pi x}R}$ надо рассмотреть ортогональную на промежутке $[0;R]$ с весом $x$ систему функций $J_0(x\frac{z_k}R)$, где $\{z_k\}$ -- последовательность корней функции Бесселя. Тогда и здесь в пределе $R\to\infty$ ряд Фурье-Бесселя превратится в соответствующий интеграл, поскольку корень $z_k$ асимптотически линейно зависит от $k$ (это следует из известной Вам асимпотики самой функции Бесселя на бесконечности).

 Профиль  
                  
 
 Re: Интеграл с двумя нулевыми Бесселями - дельта функция?
Сообщение25.02.2013, 20:46 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/03/08
9490
Москва
Что-то в Вашей формуле смущает. Выражение под интегралом симметрично относительно a и b, а в правой части в знаменателе только a.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интеграл с двумя нулевыми Бесселями - дельта функция?
Сообщение25.02.2013, 23:30 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Евгений Машеров в сообщении #688220 писал(а):
Выражение под интегралом симметрично относительно a и b, а в правой части в знаменателе только a.

На самом деле правая часть тоже симметрична. Подставьте там, например, $\sqrt{ab}$ вместо $a$ --ничего и не изменится.

Я в детали не вникал, но какой-то дополнительный множитель справа, по идее, действительно должен быть. Ведь бесселя ортогональны не просто так, а с весом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интеграл с двумя нулевыми Бесселями - дельта функция?
Сообщение26.02.2013, 13:47 
Заслуженный участник


25/02/11
1786
Можно попробовать обосновать, дифференцируя по параметру. Математика выдает, что первообразная от $J_0(x)$ равна $h(x)=-x \, _1F_2\left(\frac{1}{2};1,\frac{3}{2};-\frac{x^2}{4}\right)$. Это проверяется также интегрированием почленно ряда для $J_0(x)$. Требуемый интеграл теперь можно записать как
$$
\int_0^\infty J_0(a x)\frac{\partial}{ \partial b}h(b x)\,dx.
$$
А (опять же, согласно математике)
$$
\int_0^\infty J_0(a x)h(b x)\,dx=\frac{\theta(b-a)}a,
$$
где $\theta$ -- функция Хевисайда.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интеграл с двумя нулевыми Бесселями - дельта функция?
Сообщение26.02.2013, 13:57 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/03/08
9490
Москва
А отсюда
$J_0(x)=\frac 1 {\pi}\int_0^{\pi}\cos(x \sin \theta) d\theta$
нельзя идти?

 Профиль  
                  
 
 Re: Интеграл с двумя нулевыми Бесселями - дельта функция?
Сообщение26.02.2013, 15:03 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Не, ну зачем тут ещё математика какая-то. Известно, что финитная $f(x)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}c_kJ_0(\frac{x}Rz_k)$, где $c_k=\frac1{N_k}\int\limits_0^Rf(y)J_0(\frac{y}Rz_k)\cdot y\,dy$, $z_k\sim\pi k$ (плюс несущественная константа) при $k\to\infty$, и
$$N_k=\int\limits_0^RJ_0^2(\frac{y}Rz_k)\cdot y\,dy\sim \int\limits_0^R\dfrac{2R}{\pi yz_k}\,\sin^2\left(\frac{\pi}4+\frac{y}Rz_k\right)\cdot y\,dy\sim\dfrac{R^2}{\pi z_k}$$
(при $R\to+\infty$). Если обозначить $g(t)=\int\limits_0^Rf(y)J_0(ty)\cdot y\,dy\equiv\int\limits_0^{+\infty}f(y)J_0(ty)\cdot y\,dy$ (последнее -- в силу финитности), то
$c_k=\dfrac{\pi t_k}R\cdot g(t_k)$, где $t_k=\dfrac{z_k}R\sim\dfrac{\pi k}R$ и, соответственно, $\Delta t_k\sim\dfrac{\pi}R$. Тогда
$$f(x)\sim\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{\pi}R\,t_k\cdot g(t_k)\cdot J_0(xt_k)\sim\sum\limits_{k=1}^{\infty}g(t_k)\,J_0(xt_k)\cdot t_k\,\Delta t_k\;\mathop{\to}\limits_{R\to\infty}\;\int\limits_{0}^{+\infty}g(t)\,J_0(xt)\cdot t\,dt.$$
Другими словами, из $g(t)=\int\limits_0^{+\infty}f(y)J_0(ty)\cdot y\,dy$ следует, что $f(x)=\int\limits_{0}^{+\infty}g(t)\,J_0(xt)\cdot t\,dt$ или, говоря формально, что
$$f(x)=\int\limits_{0}^{+\infty}\left(\int\limits_0^{+\infty}f(y)J_0(ty)\cdot y\,dy\right)\,J_0(xt)\cdot t\,dt=\int\limits_{0}^{+\infty}\left(y\int\limits_0^{+\infty}J_0(ty)\,J_0(xt)\cdot t\,dt\right)f(y)\,dy.$$
А это ровно и означает, что $y\int\limits_0^{+\infty}J_0(ty)\,J_0(xt)\cdot t\,dt=\delta(x-y).$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 7 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group