Volumenintegral: Integration über Kugel

07.08.2010, 17:57

LowDepth

Volumenintegral: Integration über Kugel

Hallo, ich bin in der Festkörperphysik über folgendes Integral gestolpert:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{(2\pi)^3} \int e^{-i \vec{k} r} d^3\vec{k} \end{eqnarray*}$

Integriert werden soll über alle k´s, die innerhalb einer Kugel mit dem Radius $\begin{eqnarray*} k_f \end{eqnarray*}$ liegen. Konkret sind die k´s Wellenvektoren und es soll über die Fermikugel integriert werden.
Zunächst dachte ich, dass man das Integral auswerten kann, in dem man $\begin{eqnarray*} d^3 k \rightarrow 4 \pi k^2 dk \end{eqnarray*}$ setzt und dann von 0 bis $\begin{eqnarray*} k_f \end{eqnarray*}$ integriert. Das stimmt aber leider so nicht, weil ich dabei wohl den Vektorcharakter von k ignoriert habe.

Kann mir jemand helfen, wie ich das richtig anpacke?

Gruß

07.08.2010, 18:01

giles

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RE: Volumenintegral: Integration über Kugel

Zitat:

Original von LowDepth

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{(2\pi)^3} \int e^{-i \vec{k} r} d^3\vec{k} \end{eqnarray*}$

Der Ausdruck ist garnicht definiert. Was bedeutet es wenn ein 3D Vektor im Argument der exp Funktion steht?

07.08.2010, 18:20

LowDepth

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Pardon, ich habe den Vektorpfeil über r vergessen, damit hat die E-Funktion einen Skalar im Argument.

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{(2\pi)^3} \int e^{-i \vec{k} \vec{r}} d^3\vec{k} \end{eqnarray*}$

Ist der Ausdruck jetzt sinnvoll?

07.08.2010, 19:10

giles

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Ja, jetzt gehts. Ist aber nicht trivial.

Das ist ja im wesentlichen die Fouriertransformierte der 3-dimensionalen Einheitskugel.
Erstmal legen wir das Koordinatensystem so, dass $\begin{eqnarray*} \vec{r} \end{eqnarray*}$ parallel zur ersten Koordinatenachse ist. Das Integral wird damit zu

$\begin{eqnarray*} F(\vec{r})=\frac{1}{(2\pi)^3}\int_{B} e^{-ir \cdot k_1} d^3k \end{eqnarray*}$

wobei

$\begin{eqnarray*} B=\left\{ x\in \mathbb{R}^3 \vert \ ||x||\leq k_f \right\} \end{eqnarray*}$

einsetzen der exp-Reihe

$\begin{eqnarray*} F(\vec{r})=\sum_{n=0} ^{\infty} \frac{(-ir)^n}{n!} \int_{B} (k_1)^n d^3k \end{eqnarray*}$

Aufgrund der Symmetrie des Integrationsbereiches verschwinden die ungeraden Potenzen, d.h.

$\begin{eqnarray*} F(\vec{r})=\sum_{m=0} ^{\infty} \frac{(-1)^m r^{2m}}{(2m)!} \int_{B} (k_1)^{2m} d^3k \end{eqnarray*}$

Das integral auf die 3-d Einheitssphäre $\begin{eqnarray*} K_3 \end{eqnarray*}$ normiert ergibt

$\begin{eqnarray*} \int_{B} (k_1)^{2m} d^3k = k_f ^{2m+3} \int_{K_3} (k_1)^{2m} d^3k \end{eqnarray*}$

Das Integral konnte ich jetzt nicht lösen, aber nachsehen

$\begin{eqnarray*} \int_{K_3} (k_1)^{2m} d^3k = \frac{2 \pi}{3+2m}\frac{\Gamma(\frac{2m+1}{2})}{\Gamma(\frac{2m+3}{2})} \end{eqnarray*}$

also

$\begin{eqnarray*} F(\vec{r})= \sum_{m=0} ^{\infty} \frac{(-1)^m r^{2m}}{(2m)!} k_f ^{2m+3} \frac{2 \pi}{3+2m}\frac{\Gamma(\frac{2m+1}{2})}{\Gamma(\frac{2m+3}{2})} \end{eqnarray*}$

Sieht ein bisschen wie eine Besselfunktion aus. Hab auch mal gelesen dass die Fouriertransformierte der Einheitskugel etwas mit einer Besselfunktion ergibt, vllt kannst du das ja noch etwas in die Richtung massieren...

07.08.2010, 19:51

wogir

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Würde das ganze so anpacken

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{(2\pi)^3}\int_0^{2\pi} d\phi \int_{-1}^1 d\cos\theta \int_0^{k_F}dk k^2e^{-ikr\cos\theta} \end{eqnarray*}$

07.08.2010, 20:20

giles

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Zitat:

Original von wogir

$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^1 d\cos\theta \end{eqnarray*}$

Wenn du direkt Substituierst muss du aber noch einen Term hinzufügen.

$\begin{eqnarray*} \int^{\pi} _0 e^{-ikr \cos \theta} d\theta = \int_{-1} ^{1} e^{-ik cos \theta}\frac{1}{\sin \theta} d\cos\theta \end{eqnarray*}$

07.08.2010, 20:23

wogir

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No, das is so gemeint

$\begin{eqnarray*} \int_0^\pi \sin\theta d\theta=\int_{-1}^1d\cos\theta \end{eqnarray*}$

07.08.2010, 20:25

giles

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Stimmt auch wiederum.

KK sind hier wirklich einfacher, würd mich aber interessieren ob da das gleiche rauskommt. Sieht zumindest auf den ersten Blick nicht nach sowas aus.

07.08.2010, 22:13

LowDepth

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giles
Danke für einen ausführlichen Rechenweg. Über die Reihenentwicklung zu gehen ist natürlich. Ich kann deine Argumentation bis zu diesem Punkt nachvollziehen:

$\begin{eqnarray*} F(\vec{r})=\sum_{m=0} ^{\infty} \frac{(-1)^m r^{2m}}{(2m)!} \int_{B} (k_1)^{2m} d^3k \end{eqnarray*}$

Was ich an dieser Stelle jetzt aber schon wieder - offenbar fälschlicher Weise - gemacht hätte ist einfach diese Integration durchzuführen:

$\begin{eqnarray*} \int_0^{k_f} k^{2m} d^3k \end{eqnarray*}$

Dein k1 ist doch die Projektion von $\begin{eqnarray*} \vec{k} \end{eqnarray*}$ auf eine Achse, oder? Wenn dem so ist weis ich nicht wo ich falsch denke.

wogir

Als ich deinen Integrationsvorschlag gesehen habe, hab ich mich erinnert, dass mein Prof. etwas derartiges ganz beiläufig erwähnt hat. Der Kosinus im Argument rührt vom Skalarprodukt her... die Umformung von $\begin{eqnarray*} \int ... sin(\theta)d\theta \rightarrow \int ... dcos(\theta) \end{eqnarray*}$ rührt also daher, dass man bequemer nach dem Argument der E-Funktion integrieren kann.
Ich habe etwas rumgewurschtelt und das nun kapiert. Danke schon mal bis hier hin! Ob die beiden Lösungen äquivalent sind werde ich hoffentlich morgen überprüfen können!

07.08.2010, 23:25

giles

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$\begin{eqnarray*} k_1 \end{eqnarray*}$ ist einfach die erste Koordinate, wobei die jetzt so liegt dass
$\begin{eqnarray*} \vec{r}=(r,0,0) \end{eqnarray*}$
Warum meinst du denn dass diese Integrale gleich sind?

$\begin{eqnarray*} \int_{B} (k_1)^{2m} d^3k \overset{?}{=} \int_0 ^{k_f} k^{2m} d^3k \end{eqnarray*}$

Ich seh da irgendwie nicht so den Zusammenhang.

Wenn ich wogir verstanden hab, hat er $\begin{eqnarray*} \vec{r} \end{eqnarray*}$ statt auf die erste auf die dritte kartesische Koordinate gelegt, weil dort die Kugelkoordinaten mit $\begin{eqnarray*} k_3 = k \cos\theta \end{eqnarray*}$ die einfachste Form haben. Das Integral was er vorgeschlagen hat ist dann einfach

$\begin{eqnarray*} F(\vec{r})=\frac{1}{(2\pi)^3}\int_{B} e^{-ir \cdot k_3} d^3k \end{eqnarray*}$

in Kugelkoordinaten
edit: Ok du hast es per edit schon selbst verstanden Augenzwinkern

07.08.2010, 23:34

LowDepth

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Danke, ich hatte gerade meinen Post nochmal editiert und war dabei wohl zu langsam. Während ich das Zeug in Latex eingegeben habe sind mir einge Unklarheiten erledigt, was die Umformung betrifft:
$\begin{eqnarray*} \int^{\pi}_0 sin(\theta)d\theta = \int^{1}_{-1} dcos(\theta) \end{eqnarray*}$ .

Ob eure beiden Lösungen also zusammen passen werde ich versuchen morgen rauszufinden.

Gute Nacht!

08.08.2010, 03:14

wogir

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Habs nicht bis ins letzt Detail durchgedacht, aber die Lösungen müssten ungefähr Augenzwinkern

das gleiche sein.

09.08.2010, 01:10

wogir

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Ok, falls es wen interessiert, es kommt bei beiden Ansätzen das gleiche raus.

09.08.2010, 01:45

giles

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Das ist doch immer was schönes Augenzwinkern

Bleibt dann aber festzuhalten dass wogirs Ansatz deutlich einfacher ist smile

09.08.2010, 18:35

LowDepth

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Ein Dankeschön an euch beide, ihr habt mir sehr geholfen. Ich habe die Rechnung bisher nur in den Kugelkoordinaten durchgezogen und bin auf ein Ergebnis gekommen, das etwa so aussieht: $\begin{eqnarray*} \mathrm{const}\cdot \frac{sin(k_fr)-k_frcos(k_fr)}{(k_fr)^3} \end{eqnarray*}$

Die Version mit der Reihenentwicklung schau ich mir auch nochmal an. Hätte nicht gedacht, dass das auf das gleiche rausläuft Augenzwinkern

!

Gruß
Stefan

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