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クーロンポテンシャルのフーリエ変換
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結構、有名な積分だと思います。
ときどき解法を忘れてしまうので、自分用にメモです。

問題の積分は、

<tex>
I &= \int \dfrac{e^{-i\bm{k} \  \cdot \  \bm{r}}}{|\bm{r}|} d \bm{r} \\
  &= \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty \dfrac{exp(-i(k_x x + k_y y + k_z z))}
  {\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \ dxdydz \tag{##}
</tex>

式 $(1)$ の第二行を見るとなんとも物騒な積分ですが、この積分は次の極座標を用いれば簡単になります。

<tex>
x = r \sin \theta \cos \phi \\
y = r \sin \theta \sin \phi \\
z = r \cos \theta 
</tex>

ちなみに $|\bm{r}|=r$ です。一応初めての方もいらっしゃると思うので、
この変換のヤコビアン（ヤコビの行列式：積分の微小体積要素の変換式）は、お馴染み（？）の

<tex>
dx dy dz &=
\begin{vmatrix}
\dfrac{dx}{dr} & \dfrac{dx}{d\theta} & \dfrac{dx}{d \phi} \\
\dfrac{dy}{dr} & \dfrac{dy}{d\theta} & \dfrac{dy}{d \phi} \\
\dfrac{dz}{dr} & \dfrac{dz}{d\theta} & \dfrac{dz}{d \phi} \\
\end{vmatrix} dr d \theta d \phi\\
&=
\begin{vmatrix}
\sin \theta \cos \phi & r \cos \theta \cos \phi & - r \sin \theta \sin \phi \\
\sin \theta \sin \phi & r \cos \theta \sin \phi & r \sin \theta \cos \phi \\
\cos \theta & - r \sin \theta & 0
\end{vmatrix} dr d \theta d \phi \\
&=
(r^2 \sin^3 \theta \cos^2 \phi + r^2 \cos^2 \theta \sin \theta \cos^2 \phi \\
&+ r^2 \sin^3 \theta \sin^2 \phi + r^2 \cos^2 \theta \sin \theta \sin^2 \phi ) dr d \theta d \phi \\
&= (r^2 \sin^3 \theta + r^2 \cos^2 \sin \theta ) dr d \theta d \phi \\
&= r^2 \sin \theta dr d \theta d \phi \tag{##}
</tex>

です。よって、 $\bm{k}$ と $\bm{r}$ が $\theta$ の角を成すとして、
うまく座標系の取り方を工夫して、 $\bm{r}$ を $z$ 方向を向いたベクトルとすれば、

<tex>
I &= \int \dfrac{e^{-i\bm{k} \  \cdot \  \bm{r}}}{|\bm{r}|} d \bm{r} \\
&= \int_{0}^\infty dr \int_0^{\pi} d \theta \int_0^{2\pi}d \phi \dfrac{e^{- i k r \cos \theta}}{ r } r^2 \sin \theta
 \tag{##}
</tex>

ここで、 $\cos \theta = t$ , $ - \sin \theta d \theta = dt $ と変数変換すると、

<tex>
I &= \int \dfrac{e^{-i\bm{k} \  \cdot \  \bm{r}}}{|\bm{r}|} d \bm{r} \\
&= \int_{0}^\infty dr  \int_0^{2\pi}d \phi \left( \int_{-1}^{1} r e^{- i k r t} dt \right) \\
&= \int_{0}^\infty dr  \int_0^{2\pi}d \phi \left[ r \frac{e^{- i k r t} }{-ikr} \right]_{-1}^{1} \\
&= \int_{0}^\infty dr  \int_0^{2\pi}d \phi \left[ \frac{e^{- i k r t} }{ik} \right]_{1}^{-1} \\
&= \int_{0}^\infty dr  \int_0^{2\pi}d \phi \dfrac{1}{ik} \left( e^{i k r } - e^{- i k r } \right) \\
&= \int_{0}^\infty dr  \int_0^{2\pi}d \phi \dfrac{2}{k} \sin (kr)  \tag{##}
</tex>

ここでいかにも物理（not数学的な意味で）らしい手法を
用います。 $\lim_{\delta \to 0 }e^{- \delta r} (= 1) $ を被積分関数に掛けるのです。
すると、無限遠での値が収束し、

<tex>
I &= \lim_{\delta \to 0} \int_{0}^\infty dr  \int_0^{2\pi}d \phi \dfrac{1}{ik} e^{-\delta r} (e^{i kr} - e^{-ikr}) \\
&= \int_0^{2 \pi} d \phi \dfrac{1}{ik} \lim_{\delta \to 0} \left[ \dfrac{e^{(ik-\delta)r}}{ik-\delta} 
- \dfrac{e^{(-ik-\delta)r}}{-ik-\delta} \right]_{0}^{\infty} \\
&= \int_0^{2 \pi} d \phi \dfrac{1}{ik} \lim_{\delta \to 0} \left[ \dfrac{ 0-1 }{ik-\delta} 
+ \dfrac{ 0-1 }{ik+\delta} \right] \\
&= \int_0^{2 \pi} d \phi \dfrac{1}{ik} \left( \dfrac{-2}{ik} \right) \\
&= \int_0^{2 \pi} d \phi \dfrac{2}{k^2} \\
&= \dfrac{4 \pi}{k^2}
 \tag{##}
</tex>

となります。よって、

<tex>
\int \dfrac{e^{-i\bm{k} \  \cdot \  \bm{r}}}{|\bm{r}|} d \bm{r} &= \dfrac{4 \pi}{k^2} \tag{##}
</tex>

が言えました。

それでは今日はこの辺で、お疲れ様でした。

@@author:クロメル@@
@@accept:2011-06-14@@
@@category:フーリエ解析@@
@@id:coulombFourier@@