Bestimmen Sie die dreidimensionale Fouriertransformierte der Funktion

Question

Aufgabe:

Bestimmen Sie die dreidimensionale Fouriertransformierte der Funktion

\(f(\vec{r}) = e^{- |{\vec{r}}^2|/a^2}\)

Problem/Ansatz:

Ein Kommilitone von mir hatte ein anderes Ergebnis raus gehabt. Allerdings verstehe ich nicht, wo mein Fehler liegt. Kann wer helfen?

\(\tilde{f}(\vec{k}) = \int_{\mathbb{R}^3} e^{-\frac{|\vec{r}|^2}{a^2}} e^{-i \vec{k} \cdot \vec{r}} \, d^3r\)

\(d^3r = r^2 \sin\theta \, dr \, d\theta \, d\phi\)

\(e^{-i \vec{k} \cdot \vec{r}} = e^{-i k r \cos\theta}\)

\(\tilde{f}(\vec{k}) = \int_0^\infty \int_0^\pi \int_0^{2\pi} e^{-\frac{r^2}{a^2}} e^{-i k r \cos\theta} r^2 \sin\theta \, d\phi \, d\theta \, dr\)

\(\int_0^{2\pi} d\phi = 2\pi\)

\(\tilde{f}(\vec{k}) = 2\pi \int_0^\infty \int_0^\pi e^{-\frac{r^2}{a^2}} e^{-i k r \cos\theta} r^2 \sin\theta \, d\theta \, dr\)

\(\int_0^\pi e^{-i k r \cos\theta} \sin\theta \, d\theta = \frac{2 \sin(k r)}{k r}\)

\(\tilde{f}(\vec{k}) = 2\pi \int_0^\infty e^{-\frac{r^2}{a^2}} r^2 \frac{2 \sin(k r)}{k r} \, dr\)

\(\tilde{f}(\vec{k}) = \frac{4\pi}{k} \int_0^\infty e^{-\frac{r^2}{a^2}} r \sin(k r) \, dr\)

\(I = \int_0^\infty e^{-\frac{r^2}{a^2}} r \sin(k r) \, dr = \frac{\sqrt{\pi} a^2}{2} e^{-\frac{a^2 k^2}{4}}\)

\(\tilde{f}(\vec{k}) = \frac{4\pi}{k} \cdot \frac{\sqrt{\pi} a^2}{2} e^{-\frac{a^2 k^2}{4}}\)

Die eigentliche Lösung soll sein:  = \(\pi^{3/2} a^3e^{-k^2a^2 / 4}\)

Aber egal wie ich rechne, ich komme einfach nicht zu dieser Lösung.

Comments

Also, ich kann mir höchstens vorstellen, dass ich an diesem Integral \(I = \int_0^\infty e^{-\frac{r^2}{a^2}} r \sin(k r) \, dr = \frac{\sqrt{\pi} a^2}{2} e^{-\frac{a^2 k^2}{4}}\) etwas Falsches berechnet habe. Allerdings habe ich es schon drei verschiedene Male auf unterschiedliche Weise berechnet, aber ich komme einfach nie zu dieser Lösung, und ich verstehe einfach nicht, warum.

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Ja, ich komme für I auf etwas anderes: √π * a³k/4 * exp(…)

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Darf ich fragen wie du es berechnet hast? Ich habe es mit der Trigonometrischen Identität von sinus gerechnet.

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Partielle Integration und das neue Integral mit

J = ∫cos(kr)*exp(…) = √π * a/2 * exp(…)

ist ziemlich bekannt (findet man unter Fourier-Transformierte einer Gauss-Funktion ist wieder eine Gauss-Funktion).

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Ok, danke. Ich werde es mal so versuchen

Answer 1

Aloha :)

Du sollst die Fourier-Transformation von$$f(r)=e^{-\frac{r^2}{a^2}}$$in 3 Dimensionen bestimmen. Gesucht ist daher das Integral$$F(\vec k)=\int\limits_{\mathbb R^3}e^{-\frac{r^2}{a^2}}\cdot e^{-i\,\vec k\,\vec r}\,d^3r$$Da \(f(r)\) nur vom Betrag des Ortsvektors \(\vec r\) abhängt, ist die Funktion kugelsymmetrisch und wir können unser Koordinatensystem frei drehen. Der Einfachheit halber legen wir es so, dass der Wellenvektor \(\vec k\) parallel zur \(z\)-Achse liegt. In Kugelkoordinaten gilt dann:$$F(k)=\int\limits_{r=0}^\infty\;\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\;\int\limits_{\vartheta=0}^{\pi}e^{-\frac{r^2}{a^2}}\cdot e^{-ikr\cos\vartheta}\,\underbrace{\pink{r^2}\sin\vartheta\,dr\,d\varphi\,d\vartheta}_{=d^3r}\quad;\quad\vec k=k\cdot\vec e_z$$Darin zerlegen wir \(\pink{r^2}\) in zwei Faktoren

$$\phantom{F(k)}=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}d\varphi\int\limits_{r=0}^\infty\left(\pink{\frac{r}{ik}}\,e^{-\frac{r^2}{a^2}}\int\limits_{\vartheta=0}^{\pi} e^{-ikr\cos\vartheta}\cdot\underbrace{\pink{ikr}\sin\vartheta}_{=\frac{d}{d\vartheta}(-ikr\,\cos\vartheta)}\,d\vartheta\right)dr$$sodass ein Faktor die innere Ableitung der Exponentialfunktion ist und wir das Integral über \(d\vartheta\) sofort hinschreiben können:

$$\phantom{F(k)}=\green{\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}d\varphi}\int\limits_{r=0}^\infty\frac{r}{ik}\,e^{-\frac{r^2}{a^2}}\blue{\left[e^{-ikr\cos\vartheta}\right]_{\vartheta=0}^{\pi}}dr=\green{2\pi}\int\limits_{r=0}^\infty\frac{r}{ik}\,e^{-\frac{r^2}{a^2}}\blue{\left(e^{ikr}-e^{-ikr}\right)}dr$$Der blaue Term ist gleich \(\blue{2i\,\sin(kr)}\), was zu deinem Zwischenergebnis führt.

Zur konkreten Berechnung würde ich hier zunächst partiell integrieren:$$\phantom{F(k)}=\pink-\pi\pink{a^2}\int\limits_{r=0}^\infty\underbrace{\left(\pink-\frac{2r}{\pink{a^2}}\,e^{-\frac{r^2}{a^2}}\right)}_{=u'}\cdot\underbrace{\frac{\left(e^{ikr}-e^{-ikr}\right)}{ik}}_{=v}\,dr$$$$\phantom{F(k)}=-\pi a^2\left(\underbrace{\left[\underbrace{e^{-\frac{r^2}{a^2}}}_{=u}\cdot\underbrace{\frac{\left(e^{ikr}-e^{-ikr}\right)}{ik}}_{=v}\right]_{r=0}^\infty}_{=0}-\int\limits_{r=0}^\infty\underbrace{e^{-\frac{r^2}{a^2}}}_{=u}\cdot\underbrace{\left(e^{ikr}+e^{-ikr}\right)}_{=v'}\,dr\right)$$und noch \(\green{r=ax}\) bzw. \(\blue{dr=a\,dx}\) substituieren:$$\phantom{F(k)}=\pi a^2\int\limits_{x=0}^\infty e^{-\frac{(\green{ax})^2}{a^2}}\left(e^{ik\green{ax}}+e^{-ik\green{ax}}\right)\,\blue{a\,dx}=\pi a^3\int\limits_{x=0}^\infty e^{-x^2}\left(e^{ikax}+e^{-ikax}\right)dx$$

Die Exponenten lassen sich quadratisch eränzen:$$\phantom{F(k)}=\pi a^3\,\pink{e^{\left(\frac{ika}{2}\right)^2}}\int\limits_{x=0}^\infty e^{-x^2}\left(e^{ikax}+e^{-ikax}\right)\,\pink{e^{-\left(\frac{ika}{2}\right)^2}}dx$$$$\phantom{F(k)}=\pi a^3\,e^{-\frac{k^2a^2}{4}}\int\limits_{x=0}^\infty\left(e^{-\left(x-\frac{ika}{2}\right)^2}+e^{-\left(x+\frac{ika}{2}\right)^2}\right)\,dx$$

Wir erhalten Standard-Integrale der Form$$\int\limits_{x=0}^\infty e^{-(x-c)^2}\,dx=\frac{\sqrt\pi}{2}\left(1+\operatorname{erf}(c)\right)\quad\text{für }c\in\mathbb C$$sodass wegen \(\operatorname{erf}(-c)=-\operatorname{erf}(c)\) schließlich gilt:$$F(k)=\pi a^3\,e^{-\frac{k^2a^2}{4}}\pink{\left(\frac{\sqrt\pi}{2}\left(1+\operatorname{erf}(c)\right)+\frac{\sqrt\pi}{2}\left(1-\operatorname{erf}(c)\right)\right)}=\pi\pink{\sqrt\pi}a^3\,e^{-\frac{k^2a^2}{4}}$$