Как вычислить несложный интеграл - Mathematica не берёт

[Ascold]

$$\iiint_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ikr}r}{\sqrt{r^2+m^2}}dxdydz,$$

где $k, m$ - константы, $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}.$
Я вначале решил рассмотреть более простой случай - аналогичный одномерный интеграл

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ikx}|x|}{\sqrt{x^2+m^2}}dx=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{cos(kx)|x|}{\sqrt{x^2+m^2}}dx=2\int_{0}^{\infty}\frac{cos(kx)x}{\sqrt{x^2+m^2}}dx,$$

интегрируя по частям, видно, что он расходится.
Как же вычислить исходный тройной интеграл? Расходиться он, вроде бы, не должен, поскольку возник при решении физической задачи.

[Brukvalub]

Напрашивается исследование этого интеграла в сферических координатах.

[Aritaborian]

Ascold, вы обратились не по адресу. Мы ни разу не служба техподдержки Wolfram Research. Если вы обнаружили баг и видите, что Wolfram Mathematica не справляется с несложной математической задачей, пишите об этом на [e-mail].

[Otta]

Ascold в сообщении #1114299 писал(а):

Расходиться он, вроде бы, не должен, поскольку возник при решении физической задачи.

Тем не менее, в этом виде он расходится. Да и вид настораживает. Проверьте свои вычисления.

[svv]

Ascold в сообщении #1114299 писал(а):

Расходиться он, вроде бы, не должен, поскольку возник при решении физической задачи.

Расходящиеся диаграммы Фейнмана Вы оставили в разделе «Физика»?

Раз физическая задача, то и поступите по-физически — добавьте к $k$ добавку $i\varepsilon$, где $\varepsilon>0$. Интеграл будет сходиться. Устремите $\varepsilon$ к нулю. Интеграл стремится к конечному пределу?

[Vince Diesel]

При $n=1$ и $n=3$ математика его не считает. При $n=2$ как преобразование Фурье (а она умеет находить ответы в смысле респеределений для некоторых случаев когда в классическом преобразовании интеграл расходится) выдает для $m>0$

$$ -\frac{i \sqrt{\frac{\pi }{2}} m (\pi \left| k\right| \pmb{L}_1(k m)+k (m \left| k\right| (-\pi \pmb{L}_0(k m)-2 i K_0(m \left| k\right| ))-2 i K_1(m \left| k\right| )+\pi k m I_0(k m)-\pi I_1(k m)))}{k \left| k\right| }, $$

-((I*Sqrt[Pi/2]* m*(Pi*Abs[k]*StruveL[1, k*m] + k*(m*Abs[k]*((-Pi)*StruveL[0, k*m] - 2*I*BesselK[0, m*Abs[k]]) - 
2*I*BesselK[1, m*Abs[k]] + Pi*k*m*BesselI[0, k*m] - Pi*BesselI[1, k*m])))/(k*Abs[k]))

В нуле особенность $k^{-2}$. В трехмерном случае должна быть особеность $k^{-3}$. Так что да, этот несложный интеграл существует в смысле обобщенных функций, только математика не берет :)

ЗЫ. И то, что у вас написано для одномерного случая это не аналог, в числителе должно быть $e^{ik|x|}$.

[Евгений Машеров]

Так вроде и должен расходиться...
Либо задача ошибочно формализована, либо вообще такого физического объекта не бывает.

[Vince Diesel]

Интеграл расходится. Но это не мешает физикам их писать Скажем, преобразование Фурье от единицы. А тут даже обычная функция получается, только с особенностью в нуле.

[Ascold]

Только сейчас заметил, что палочки не прописались(векторы) в показателе экспоненты $\bar{k}\bar{r}.$
Должно быть

$$\iiint_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\bar{k}\bar{r}}r}{\sqrt{r^2+m^2}}dxdydz,$$

где $\bar{k}, m$ - константы, $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}.$
именно это обстоятельство затруднило переход к сферическим координатам - в них скалярное произведение в экспоненте записывается коряво. Буду ещё думать и перепроверять физику - расходимость получается всё равно не того вида, чтобы было "физично".
Впрочем, и это выражение при $k=0$ считается в сферических координатах легко и даёт то, что надо - плюс бесконечность.

[svv]

Ascold в сообщении #1114369 писал(а):

в них скалярное произведение в экспоненте записывается коряво

$\mathbf k\cdot\mathbf r = k r \cos\theta$ при подходящем выборе осей.

[Vince Diesel]

Тогда для одномерного случая математика дает

$$\sqrt{\frac{\pi }{2}} m (I_1(m \left| k\right| )-\pmb{L}_{-1}(k m))+\sqrt{2 \pi } \delta (k),$$

Sqrt[Pi/2]*m*(BesselI[1, m*Abs[k]] - StruveL[-1, k*m]) +  Sqrt[2*Pi]*DiracDelta[k]

[Ascold]

Цитата:

$\mathbf k\cdot\mathbf r = k r \cos\theta$ при подходящем выборе осей.

угол-то переменным будет при интегрировании, да и экспонента от косинуса - не самая простая вещь. Я всё же попробовал дальше, ввёл сферические координаты $(r,\theta\phi)$, в них будет:

$$\iiint_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\bar{k}\bar{r}}r}{\sqrt{r^2+m^2}}dxdydz=\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{\pi}sin\theta d\theta\int_{0}^{\infty}\frac{e^{i\bar{k}\bar{r}}r^3dr}{\sqrt{r^2+m^2}},$$

$$\bar{k}\bar{r}=r(k_xsin\theta cos\phi+k_ysin\theta sin\phi+k_zcos\theta)=f(\theta,\phi)r,$
поэтому нужно найти интеграл

$$\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{\pi}sin\theta d\theta\int_{0}^{\infty}\frac{e^{if(\theta,\phi)r}r^3dr}{\sqrt{r^2+m^2}}.$$

Интеграл по радиусам взять что-то не получается, Mathematica тоже его не считает. Или её можно как-то правильно на него настроить? Физику задачи ещё раз перепроверил - вроде, всё ОК. Вычетами его тоже так просто не взять, насколько я вижу. Задача точно имеет аналитическое решение, она в некотором смысле учебная.

[svv]

Да, угол $\theta$ будет переменным. Увы, подинтегральная функция зависит не только от $r$. Но не стоит усложнять ещё больше:

Ascold в сообщении #1114810 писал(а):

$$\bar{k}\bar{r}=r(k_xsin\theta cos\phi+k_ysin\theta sin\phi+k_zcos\theta)=f(\theta,\phi)r,$

Направьте ось $z$ по направлению вектора $\mathbf k$, и у Вас от того, что в скобках, останется только последнее слагаемое.

[Vince Diesel]

Раз математика не считает, то есть шанс, что и ответ достаточно плохой. При $m=0$ получаеся дельта-функция. И в трехмерном случае получится дельта-функция плюс какая-то добавка. Для одной переменной она выразиласть через специальные функции, а в трехмерном неизвестно через что.

[g______d]

Ascold в сообщении #1114810 писал(а):

экспонента от косинуса - не самая простая вещь.

Там же синус будет в дифференциале.

-- Ср, 13 апр 2016 14:17:37 --

Ну т. е. интеграл по углам можно посчитать, см.

http://math.arizona.edu/~faris/methodsweb/hankel.pdf

формула (22) (например), или преобразование Ханкеля.

По второй ссылке есть таблица, но мне лень там искать.