Полубесконечный кристалл. Преобразование Фурье.

[H-farrier]

Подскажите, можно ли вычислить Фурье-преобразование электронной плотности для кристалла, ограниченного плоскостью, при условии, что эта плотность моделируется дельта-функциями: $\rho(z)=\rho_0\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\delta(z-ka)$, где ось $z$ направлена перпендикулярно поверхности внутрь кристалла, $a$ - межатомное расстояние.
Для преобразования Фурье, с точностью до константы, получается $\rho(q)=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\rho(z)e^{-iqz}dz=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}e^{-ikqa}$.
Для суммы косинусов выходит $\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\cos(kqa)=\frac{\pi}{a}\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(q+\frac{2\pi k}{a})+\frac{1}{2}$. А как быть с суммой синусов?

[recluse]

Поскольку здесь все очень неформально, то можно сумму $\sum_k e^{-ikqa}$ записать как сумму геометрической прогрессии $(1-e^{-iqa})^{-1}$. Убедительности можно добавить, определив исходную плотность, например, как $\rho(z) = \rho_0 \sum_k e^{-\alpha k} \delta(z - ka)$ и положив в конце $\alpha = 0$. Получится то же самое.

[profrotter]

recluse в сообщении #506114 писал(а):

Поскольку здесь все очень неформально, то можно сумму $\sum_k e^{-ikqa}$ записать как сумму геометрической прогрессии $(1-e^{-iqa})^{-1}$. Убедительности можно добавить, определив исходную плотность, например, как $\rho(z) = \rho_0 \sum_k e^{-\alpha k} \delta(z - ka)$ и положив в конце $\alpha = 0$. Получится то же самое.

К сожалению нельзя, так как формула для полной суммы членов геометрической прогрессии верна лишь когда модуль знаменателя прогрессии меньше единицы. (При выводе этой формулы в случае " добавленной убедительности" придётся на полях записать $\alpha > 0$ )

Критично ли, что тут нижний индекс суммирования равен нулю?

[H-farrier]

profrotter в сообщении #506133 писал(а):

Критично ли, что тут нижний индекс суммирования равен нулю?

Можно считать любым целым числом.

[profrotter]

H-farrier в сообщении #506029 писал(а):

Подскажите, можно ли вычислить Фурье-преобразование электронной плотности для кристалла, ограниченного плоскостью, при условии, что эта плотность моделируется дельта-функциями: $\rho(z)=\rho_0\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\delta(z-ka)$, где ось $z$ направлена перпендикулярно поверхности внутрь кристалла, $a$ - межатомное расстояние.

Если нижний индекс суммирования $-\infty$, то решение известно:

$$\rho_1(z)=\rho_0\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(z-ka)$$

$$R_1(q)=\rho_0 \frac {2\pi}{a}\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(q-k\frac{2\pi}{a}).$$

Что если теперь представить

$$\rho(z)=\sigma(z)\rho_1(z),$$

где $\sigma(z)$ - функция Хэвисайда, и воспользоваться теоремой о свёртке для преобразования Фурье? (Спектральная плотность функции Хэвисайда $\Sigma(q)=\pi \delta(q)+\frac {1}{i q}$)

Я этого не проделывал. Но вдруг.

[H-farrier]

Чтобы не было непоняток в нуле, записал так

$$\rho(z)=\sigma(z+\frac{a}{2})\rho_1(z).$$

profrotter в сообщении #506165 писал(а):

воспользоваться теоремой о свёртке для преобразования Фурье

Свертки я здесь не увидел, но попробовал проинтегрировать по частям

$$R(q)=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\rho(z)e^{-iqz}dz=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\sigma(z+\frac{a}{2})\rho_1(z)e^{-iqz}dz.$$

Если обозначить $f(z)=\sigma(z+\frac{a}{2})$, $g(z)=\int\limits_{-\frac{a}{2}}^{z}\rho_1(t)e^{-iqt}dt$, в слагаемом $f(z)g(z)|_{-\infty}^{+\infty}$ вылезает все та же злополучная сумма.

[obar]

Если $z\equiv qa\neq2\pi n$, то решение recluse верно и мы получаем

$$ S(z)\equiv\sum_{k=0}^{\infty}e^{-ikz}=\frac{1}{1-e^{-iz}}=\frac12-\frac{i}{2}\ctg(z/2)\,, \quad z\neq2\pi n. $$

Далее, поскольку функция $S(z)$ периодическая с периодом $2\pi$, то достаточно исследовать ее поведение в окрестности точки $z=0$.

$$ \int_{-\varepsilon}^{\varepsilon}\sum_{k=0}^{\infty}e^{-ikz}\,dz=2\Big(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k\varepsilon}{k}+\varepsilon\Big)=\pi+\varepsilon\rightarrow\pi\,,\quad\varepsilon\rightarrow0. $$

Итак, точка $z=0$ вносит в сумму $S(z)$ вклад $\pi\delta(z)$. Окончательно

$$ \sum_{k=0}^{\infty}e^{-ikz}=\frac12+\pi\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(z+2\pi k)-\frac{i}{2}\ctg(z/2). $$

При интегрировании последнего слагаемого интеграл нужно вычислять в смысле главного значения.

[H-farrier]

Забавно, формулу с котангенсом я уже получал, но немного другим способом, а когда подставил в волновое уравнение, получил абсурд, в связи с чем у меня возникли сомнения по поводу ее справедливости.
obar, Вы уверены, что ряд, который Вы интегрируете, можно интегрировать почленно?

[obar]

Разумеется.

[H-farrier]

Можно попросить у Вас немного конкретики? Мне очень интересен этот момент!

[obar]

Как известно, ряд можно почленно интегрировать

$$ \int_a^b\Big(\sum_{k=0}^{\infty}u_k(x)\Big)dx=\sum_{k=0}^{\infty}\int_a^bu_k(x)dx $$

если $\int_a^bR_n(x)dx\rightarrow0$ при $n\rightarrow\infty$, где $R_n=\sum_{k=n}^{\infty}u_k(x)$. В данном случае, добавляя в ряд регуляризирующий множитель $e^{-\lambda k}$, убеждаемся, что это условие выполняется.

-- Пн ноя 21, 2011 19:24:08 --

Можно обойтись и без почленного интегрирования, проинтегрировав выражение $\frac1{1-e^{-iz}}$ по дуге окружности бесконечно малого радиуса, проведенной в нижней полуплоскости.

[H-farrier]

obar в сообщении #506257 писал(а):

Можно обойтись и без почленного интегрирования

С Вашего позволения, я пока попристаю к почленному интегрированию

obar в сообщении #506257 писал(а):

добавляя в ряд регуляризирующий множитель , убеждаемся, что это условие выполняется

А как быть с тем, что $\lambda>0$ ? Почему можно перейти к пределу $\lambda\to 0$ ?

[obar]

А разве условие $\lambda>0$ нарушается при предельном переходе? Это условие указывает лишь на способ обхода полюсов при интегрировании.

[profrotter]

H-farrier в сообщении #506196 писал(а):

Свертки я здесь не увидел

Свёртку надо не здесь видеть, а в теореме о свёртке для преобразования Фурье. Если

$$\rho(z)=\sigma(z)\rho_1(z),$$

а $R(q),R_1(q),\Sigma(q)$ - спектральные плотности для $\rho(z),\rho_1(z),\sigma(z)$ соответственно, то

$$R(q)=\frac 1 {2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\Sigma(q-q')R_1(q')dq'=\frac 1 {2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\Sigma(q')R_1(q-q')dq'$$

Думаю не сработает, так как в конечном итоге рядом окажутся две дельта-функции и это плохо, но они будут под знаком интеграла и это, возможно, хорошо.
Можно попробовать представить

$$\sigma(z)=\frac 1 2 +\frac 1 2 sign(z)$$

тогда

$$\rho(z)=\frac 1 2 \rho_1(z)+ \frac 1 2 sign(z)\rho_1(z)$$

Спектральная плотность первого слагаемого известна. Спектральную плотность $S_2(q)$ второго слагаемого $s_2(z)=sign(z)\rho_1(z)$ ищем по теореме о свёртке с учётом того, что спектральная плотность сигнум-функции равна $\frac 1 {iq}$ и с учётом фильтрующего свойства дельта-функции:

$$S_2(q)=\frac 1 {2\pi i} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac 1 {q-q'}\rho_0 \frac {2\pi}{a}\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(q'-k\frac{2\pi}{a})dq'=\frac {\rho_0} {a i}\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}\frac 1 {q-k\frac{2\pi}{a}}$$

Вот что-то такое наклюнулусь. Посмотрите ошибся я или нет.

-- Пн ноя 21, 2011 22:23:32 --

Да может быть можно рассмотреть преобразование Лапласа для $\rho(z)$, а потом перейти к преобразованию Фурье? - Тогда множитель, обеспечивающий экспоненциальное затухание появится сам собою, а потом будем смещать контур интегрирования на мнимую ось со всеми вытекающими, как это рассматривалось в сообщении #503622

-- Пн ноя 21, 2011 22:35:24 --

И предположительно получится то, что писал recluse и некий букет из дельта-функций как у obar

-- Пн ноя 21, 2011 22:53:10 --

Кстати

$$\frac {\rho_0} {a i}\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}\frac 1 {q-k\frac{2\pi}{a}}=-i \rho_0\ctg(aq)$$

Похоже все дорожки сошлись

[obar]

Кстати

$$ \sum_{-\infty}^{\infty}\frac1{z-2\pi k}=\frac12\ctg(z/2)\,, $$

что следует из теоремы о разложении мероморфной функции.