1/r 的傅里叶变换

先做 $e^{-ar}/r$ 的傅里叶变换,再令 $a=0$,得 $1/r$ 的傅里叶变换。

$e^{-ar}/r$ 的傅里叶变换为

\begin{equation} \begin{split} \mathcal F[e^{-ar}/r]=&\int d^3\vec{r}\frac{e^{-ar}}{r}e^{-i\vec{q}\cdot\vec{r}}\\ =&\int_0^{\infty} \frac{e^{-ar}}{r}r^2dr\int_0^{\pi}\sin\theta e^{-iqr\cos\theta}d\theta\int_0^{2\pi}d\phi\\ =&2\pi\int_0^{\infty} \frac{e^{-ar}}{r}r^2dr\int_0^{\pi} e^{-iqr\cos\theta}d(-\cos\theta)\\ =&2\pi\int_0^{\infty} \frac{e^{-ar}}{r}\frac{1}{iqr}\left ( e^{iqr\cos\theta}-e^{-iqr\cos\theta} \right )r^2dr\\ =&\frac{4\pi}{q}\int_0^{\infty} e^{-ar}\sin (qr)dr\\ =&\frac{4\pi}{q}\mathrm{Im}\left [\int_0^{\infty} e^{-ar}e^{iqr}dr \right ]\\ =&\frac{4\pi}{q}\mathrm{Im}\left [\int_0^{\infty} e^{(iq-a)r}dr \right ]\\ =&\frac{4\pi}{q}\mathrm{Im}\left [ \frac{e^{(iq-a)r}}{iq-a} \right ]\Bigg |_0^{\infty}\\ =&-\frac{4\pi}{q}\frac{e^{-ar}[q\cos(qr)+a\sin(qr)]}{q^2+a^2}\Bigg|_0^{\infty}\\ =&\frac{4\pi}{q^2+a^2} \end{split} \label{FTa} \end{equation}

令 $a=0$,得 $\frac{1}{r}$ 的傅里叶变换:

\begin{equation}
\mathcal F\left[\frac{1}{r}\right]=\frac{4\pi}{q^2}
\label{FTa0}
\end{equation}

标签: 傅里叶变换

已有 7 条评论

  1. 周睿 周睿

    请问点电荷在平面外的时候如何给这个平面上的势进行傅里叶变换啊?感谢指点

    1. 电荷在原点,平面为$z=d$,做$\frac{1}{\sqrt{d^2+r^2}}$的傅里叶变换。

      1. 周睿 周睿

        请问1/sqrt(d^2+r^2)的傅里叶变换如何求得啊,搞了几天没搞出来,感谢您得指导

      2. 周睿 周睿

        请问是否有办法从单个点电荷的三维库伦势的傅里叶变换中得出某个平面的库伦势能的傅里叶变换呢?

        1. 感觉不行。不过,我的数学不是太好。

  2. west west

    请问您有二维库伦势的Fourier变换过程吗。。
    二维的积分遇到点问题TAT

    1. 1/q。
      参考这个链接:http://sep.stanford.edu/public/docs/sep103/jon3/paper_html/node3.html

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