Интеграл с двумя нулевыми Бесселями - дельта функция?

[Ilia_]

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?

[ewert]

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).

[Евгений Машеров]

Что-то в Вашей формуле смущает. Выражение под интегралом симметрично относительно a и b, а в правой части в знаменателе только a.

[ewert]

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.

[Vince Diesel]

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.

[Евгений Машеров]

А отсюда
$J_0(x)=\frac 1 {\pi}\int_0^{\pi}\cos(x \sin \theta) d\theta$
нельзя идти?

[ewert]

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 $y\int\limits_0^{+\infty}J_0(ty)\,J_0(xt)\cdot t\,dt=\delta(x-y).$