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:$$F(k)=\pi a^3\,e^{-\frac{k^2a^2}{4}}\pink{\left(\frac{\sqrt\pi}{2}\left(1+\operatorname{erf}(c)\right)+\frac{\sqrt\pi}{2}\left(1-\operatorname{erf}(c)\right)\right)}=\pi\pink{\sqrt\pi}a^3\,e^{-\frac{k^2a^2}{4}}$$