クーロンポテンシャルのフーリエ変換

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，

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{1}

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．

x = r \sin \theta \cos \phi \\y = r \sin \theta \sin \phi \\z = r \cos \theta

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

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{2}

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，

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{3}

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

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{4}

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，

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{5}

となります．よって，

\int \dfrac{e^{-i\bm{k} \ \cdot \ \bm{r}}}{|\bm{r}|} d \bm{r} &= \dfrac{4 \pi}{k^2} \tag{6}

が言えました．

それでは今日はこの辺で，お疲れ様でした．