用于乳房的超声检测的系统和方法

摘要

本发明提供一种用于对身体部分的2D截面或者3D体积进行受限视场超声成像的系统和方法。超声传感器被配置为在空间上或者在时间上排列在受限视场圆弧中或者在诸如半球这样的凹面的至少一部分上。处理器从检测到的超声辐射计算波束成形（BF）函数并且从自由振幅计算点扩散函数（PSF）。从用于生成身体部分的2D截面或者3D体积的图像的PSF的傅里叶变换H

说明书

技术领域

本发明涉及医疗设备，更具体地涉及用于通过超声进行医疗成像的设备。

背景技术

下面的现有技术公开被视为与理解现有技术相关。

1.关于"Mammography and beyond:developing technologies for the early detection  of breast cancer"的报道,

2.U.S.A.Institute of Medicine and the Governing Board of the National Research  Council,National Academy Press,2101Constitution Avenue,N.W.,Box285,Washington, DC20055.

3.Chandra M.Sehgal等人，Journal of Mammary Gland Biology and Neoplasia,2006 年4月，第11卷，第2期.

4.W.E.Svensso,"Breast Ultrasound Update",ULTRASOUND,2006年2月，第14 卷第1期，第22-30页。

5.J.F.Greenleaf等人的quantitative cross-sectional imaging of ultrasound  parameters,Ultrasonics Symposium Proc,IEEE Cat.#77CH1264-1SU,第989-995页, 1977.

6.Littrup PJ等人Proceedings of the26th International Acoustical Imaging  Symposium,Windsor,Canada;Sept.9-12,2001.

7.Robert E.Frazer在1978年发布的早期专利"Coupling apparatus for ultrasonic  medical diagnostic system",美国专利no.4,130,112.

8.Tor C Anderson等人的美国专利公开No.20060241423.

9.美国专利公开20060173307.

10.美国专利公开20070055159.

11.Thomas R.Nelson等人Proceedings of SPIE—Volume6510,March2007.

12.美国专利no.4,509,368.

13.美国专利no.7,025,725.

14.美国专利7,264,592.

15.Karmanos Cancer Institute,Lawrence Livermore National Laboratory report [UCRL-JRNL-207220]2004年4月.

16.Lawrence Livermore National Laboratory report[UCRL-JRNL-207220]2004年4 月。

17.国际专利公开WO03/103500.

18.美国专利公开20060241423.

19.美国专利No.5,660,185.

20.美国专利No.5,664,573.

21.A.Fenster等人,Ultrasound Med Biol.Aug;27(8):1025-34,2001.

22.J.F.Greenleaf等人Ultrasonics Symposium Proc,IEEE Cat.#77CH1264-1SU, 第989-995页,1977年。

23.美国专利公开No.20060241423.

24.美国专利公开20060173307.

25.美国专利公开20070055159.

26.美国专利4,509,368.

27.美国专利7,025,725.

28.美国专利7,264,592.

29.美国专利No.5,660,185.

30.美国专利No.5,664,573.

31.Simonetti,F.&Huang,L.2008,"From beamforming to diffraction tomography", J.Appl.Phys.103,103110.

32.美国专利公开2006/0009693.

33.Devaney,A.J.1982,"A filtered backpropagation algorithm for diffraction  tomography",Ultrason.Imaging4,336-350.

34.Born,M.&Wolf,E.1999Principles of optics.Cambridge,UK:Cambridge  University Press.

35.Kak,A.C.&Slaney,M.1988Principles of computerized tomographic  imaging.New York,NY:IEEE Press

36.Y.L.Luke,Integrals of Bessel Functions,McGraw-Hill,New York,1962,p.331 and332.

37.http://en.wikipedia.org/wild/Legendre_function.

38.http://en.wikipedia.org/wiki/Hypergeometric_function.

39.http://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function.

40.http://functions.wolfram.com/HypergeometricFunctions/Hypergeometric

2F1/03/07/07/01/

41.http://en.wikipedia.org/wiki/Bessel_function

42.http://en.wikipedia.org/wiki/Jacobi-Anger_expansion

43.http://en.wikipedia.org/wiki/Angle_addition_formula#Angle_sum_and_

difference_identities

44.http://farside.ph.utexas.edu/teaching/jkl/lectures/node102.html(Spherical  Harmonics)

45.W.Jarosz,N.Carr&H.W.Jensen,"Importance Sampling Spherical Harmonics", Journal compilation,2008,The Eurographics Association and Blackwell Publishing Ltd.

46.R Mehremt,J T Londergant and M H Macfarlanet,"Analytic expressions for  integrals of products of spherical Bessel functions",J.Phys.A:Math.Gen.24(1991) 1435-1453.

47.Edmonds A R1957Angular Momentum in Quantum Mechanics  (Princeton:Princeton University Academic Press

48.M.R.Aguilar,C.Elvira,A.Gallardo,B.Vazquez,and J.S.Roman,"Smart  polymers and Their Applications as Biomaterials",Topics in Tissue Engineering,Vol.3, 2007.Eds.N Ashammakhi,R Reis&E Chiellini2007.

49.S.F.Khattak,S.R.Bhatia,S.C.Roberts,"Pluronic F127as a Cell Encapsulation  Material:Utilization of Membrane-Stabilizing Agents",Tissue Engineering Volume11, Number5/6,2005

乳腺癌是癌症中引起死亡的原因之一。广泛认为早期检测能够通过在癌症发展的 较早阶段介入来降低乳腺癌死亡率。筛查[X射线]乳房造影术已确立为女性的常规健 康维护过程的优质标准——它是在大多数患者中提供高质量图像的成熟技术。

然而，传统的乳房造影术并非检测全部乳腺癌（包括一些可触及的），并且由于 乳房X线照片上的可疑发现而活检的全部乳房损伤中多达四分之三结果是良性的。

对于具有致密乳房组织的女性（其患乳腺癌的风险增加），乳房X线照片特别难 以解析。该致密组织干扰识别与肿瘤相关联的异常。因此，其它成像技术，特别是诸 如磁共振成像和超声这样的非离子化模式，正在测试应用于乳腺癌。这些方法相比单 独的X射线乳房造影术可以提供额外的诊断特异性。这些方法包括超声检查以及针 刺活检或者手术活检。期望这些技术被改进为更准确和更少侵入性的治疗。

例如为了从实体肿块辨别囊肿，通常在可疑发现物之后进行超声检查。此外，对 于具有致密乳房组织的女性，超声甚至用于筛查。然而，乳房的多样的、异质的、复 杂的结构使得比身体的其它区域更难以进行良好的超声成像。传统的超声具有有限的 视场、不可再现并且产生作为穿透深度与图像分辨率之间折衷的结果。通常认为超声 不能够可靠地检测微钙化点，这些微钙化点是乳腺癌的早期指示。传统的二维[2D] 超声过程使在检查期间乳房动态地变形，因而难以确定肿瘤或者其它肿块的精确位 置。传统超声的2D特性和在检查期间乳房的变形使得难以引导活检或者切除过程。

在现有技术中尝试了引入3D乳房超声过程的多种方法。这些包括传统3D扫描 以及超声计算机断层扫描。

传统的3D扫描方法是由需要获取并显示实时数据而推动。因此，与声波的传播 有关的一些复杂物理学被折衷。这些折衷中的其中一种对应于使用仅仅对纯粹的同质 介质有效的直射线理论（声波传播的真实物理学的基本近似）。第二个重要折衷是假 定2D几何学，其中仅仅收集直接反向散射的反射。实际上，发射的脉冲与组织如此 强烈地相互作用，使得产生声能量的“散射场”并且声波被分布在全部方向上。这意 味着在传统的3D超声中，仅仅一小部分散射波到达检测器。因此，检测信号的强度 弱，并且必须进行“波束成形”（将能量聚焦到特定方向）以放大返回信号。3D以及 四维[4D]标准换能器也用于乳房成像。使用它们的主要动机是需要获取并显示实时数 据。如同利用2D传统超声，在利用这种换能器的检查期间乳房的变形妨碍确定肿瘤 或者其它肿块的精确位置，并且使得难以引导活检或者切除过程。另外，如在传统 2D超声中，这些换能器仅仅检测反向散射的声波，因而缺少以下讨论的断层成像法 引入的优点。

断层成像方法可以“不进行”这些折衷，使得信噪比明显增加，同时减少假象并 且产生更高质量的图像以具有更大的临床灵敏度。此外，穿透乳房不再被反射回来的 信号包含附加信息。这些透射信号可以用于计算未包括在反射数据中的声波参数，诸 如声音速度和衰减，可能带来更大的临床特异性。现有技术对这个结论的贡献包括 J.F.Greenleaf等人的开创性文章[22]。

开发能够便于在短时间扫描整个乳房体积的装置的多种障碍中的一个障碍是难 以保持超声换能器与皮肤之间的良好接触以及保持从受控但是不灵活的扫描机构得 到的图像质量。

现有技术中提出了全视场乳房超声（FFBU）扫描装置和有关方法。例如，Anderson 等人的美国专利公开20060241423中公开了这种设备。然而，该设备要求挤压乳房。

Amara Arie等人的美国专利公开20060173307描述了圆形乳房超声扫描仪 （CBUS）。CBUS系统对完整乳房自动成像。使用了用于以圆周运动或者螺旋运动移 动标准2D超声换能器的机械设备。乳房被放置在中空[真空]壳体中。

Wang Shih-Ping等人的美国专利公开20070055159描述用于促进乳房立体超声扫 描的装置和有关方法。旋转锥形的径向扫描模板，因而移动超声换能器来扫描乳房。 在机械组件上安装有柔性膜，以形成狭缝状开口，超声换能器通过该开口直接接触皮 肤表面。在此过程中乳房必须被挤压。

Thomas R.Nelson等人的出版物[11]公开了对下垂乳房成像的立体乳房超声扫描 仪。通过在水平扫描模式和竖直扫描模式两者中使用高和低对比度测量对象用多种参 数来表征它们的性能评估，这些参数包括：空间分辨率、均匀性和变形。与传统的超 声图像相比，测试对象图像描绘了高回声和低回声肿块，并且呈现出良好的分辨率、 软组织对比度和减少的斑点。

Whiting等人的美国专利No.4,509,368[26]，公开了用于临床诊断的超声断层成 像的方法和装置。该装置包括在容器内可独立地操作的透射换能器和反射换能器的配 对耦合件。

Donald P.Dione等人的美国专利No.7,025,725[27]公开了具有多个圆柱环并且以 锥形束的形式生成信号的成像器，Shehada,Ramez E.N.的美国专利No.7,264,592公 开了乳房断层成像扫描仪，其被配置为将流体保持在乳房浸没于其中的静止腔室和可 移动腔室内。

Lawrence Livermore National Laboratory report[UCRL-JRNL-207220][16]描述了 超声断层成像使用环形几何形状用于乳房成像。乳房模型被浸没在流体槽中。从反射 图像得到的空间分辨率是0.4mm。所呈现的10cm的场深度优于传统超声的场深度， 并且通过降低斑点噪声和整体上降低本底噪声来提高图像对比度。诸如声速的声学特 性的图像表示能够测量5m/s的声速的变化。与X射线衰减的显著相关表示声速可以 用于辨别各种类型的软组织。

利用采用了乳房浸没于其中的充满液体的耦合腔室的设备，换能器不可避免地远 离组织，因而超声波束的聚焦较差。

国际专利公开WO03/103500[17]公开了具有能够保持超声换能器的安装结构和 用于容纳和包围乳房组织的组织模制元件的设备。

在Anderson等人的美国专利公开20060241423中描述了避免使用液体槽的另一 种系统。乳房的一侧被膜或者薄膜片压缩，乳房的另一侧被刚性板和不平坦气泡压缩。 保持换能器表面靠着薄膜的第二表面。随着换能器被移动，使用灌溉系统来保持在换 能器表面与薄膜片之间的接口处持续地提供耦合剂。

在美国专利No.5,660,185和No.5,664,573中公开了所提出的用于超声辅助活检 过程的设备的示例。Fenster等人[21]描述了三维超声引导乳房活检装置的进一步发展 和评估。

使用超声的衍射断层成像（DT）产生一叠2D断层成像图像，与通过X射线或 者磁共振（MR）断层成像获得的图像类似。与X射线或者MR DT图像相比，超声 CT图像不使用潜在有害的离子辐射。

通过目标函数O(r,ω)描述被成像的身体部分的平面截面，对于声波和无损目标， 该目标函数如下

$o(r,\omega )=k_0^2[{\left(\frac{c_0}{c(r,\omega )}\right)}^2-1]$

其中，r是入射平面波的方向，c₀是在目标所浸没的均质背景中的声速，c(r,ω) 是目标内部的本地声速，并且k₀是背景波数，2π/λ，其中λ是波长。DT的目的是从 一系列衍射实验确定目标函数O(r,ω)并且从该目标函数生成图像。

在乳房的超声DT中，使用围绕圆环排列的超声换能器阵列。将要被检查的乳房 插入圆环中，并且随着圆环沿着大致垂直于轴身体表面的轴线相对于乳房移动，在圆 环的位置序列的每个位置处获得超声图像。因而使用沿着360°弧布置的超声换能器 阵列探测乳房的每一层，使得从基本上全部方向探测乳房的每一层。例如，在美国专 利公开2006/0009693[32]中公开了一种用超声换能器的圆形阵列扫描乳房的对乳房 成像的系统。

整个圆上的DT生成通过给出的经低通滤波的图像，其中， 是目标函数O(r)的二维傅里叶变换， $\Pi \left(\right|k\left|\right)=\left(\begin{array}{cc}1& \left|k\right|<{2k}_0\\ 0& \left|k\right|>2{k_0}^{\prime },\end{array}\right)$其中k₀是入射波数。

整个圆上的DT具有的优点是从全部方向探测乳房。然而，由于乳房的解剖结构， 仅仅针对与乳房的轴线大致垂直的平面截面从全部方向探测乳房。另外，因为换能器 的圆环具有固定直径，所以随着乳房被扫描，由于乳房朝着乳头的锥形，圆环和乳房 之间的距离不均匀。

波束成形（BF）法是利用已知工程和算法技术的超声成像的主要部分。考虑从沿着具有圆心角0<ξ<2π的受限视场圆弧方向探测身体部分。在BF中，通过聚焦 来自沿着圆弧的多个方向中的每个方向的入射波束生成目标函数O(r,ω)，并且针对 这些入射声波的每个方向，确定散射线的振幅。该散射测量的输出是振幅f(φ_r,φ_t)的 集合，其中φ_t是入射波相对于圆弧的固定半径的角度，并且φ_r是散射波相对于该固 定半径的方向。所测量的f(φ_r,φ_t)被相移并且被在阵列的孔径上积分，使得仅仅来 自焦点的对散射场的贡献被相干地相加。如Simonetti和Huang2008[31]所示，对于 连续的换能器集合，通过以下的BF函数获得这个两步处理

（2）

$\exp [-{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left({\phi }_r\right)·z]f({\phi }_r,{\phi }_t)\exp [{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left({\phi }_t\right)·z]$

其中是与角φ相关联的单位向量。

可以从由下式定义的自由散射振幅获得与BF函数（2）相关联的点扩散函数：

$f_{\mathrm{free}}({\phi }_r,{\phi }_t)=\mathrm{Nexp}\{-i{k}_0[\hat{u}\left({\phi }_t\right)-\hat{u}\left({\phi }_r\right)]·r\}---\left(3\right)$

其中还被称为空间脉冲响应（SIR）的波束成形点扩散函数（PSF） 由以下给出：

$h_{\mathrm{BF}}(z-r)=N{\int }_0^{\xi }d{\phi }_r{\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_t\times$

$\exp \{-i{k}_0\hat{u}\left({\phi }_r\right)·(z-r)\}\exp \{{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left({\phi }_t\right)·(z-r)\}---\left(4\right)$

可以从关系得到目标函数O(r)，其中I_BF(k)、和H_BF(k) 分别是BF函数O(r)和h_BF(z-r)的二维傅里叶变换。与从衍射断层成像实验获 得的图像相比，在从整个圆弧探测目标的波束成形过程中从目标函数生成的图像 I_BF(k)通常将发生失真。

尽管已经研究了波束成形和断层扫描之间的“全部空间（full world）”（在二维空 间中的整个圆弧）关系，但是扩展到受限视场空间（二维中的受限视场圆弧和诸如三 维空间中的半球体这样的受限视场球体）是现有技术中未知的。

发明内容

在其第一方面，本发明提供一种用于使用超声辐射对身体部分成像的系统。

在本发明的一个实施方式中，使用空间上或者时间上布置在具有圆心角0<ξ< 2π的受限视场圆弧上的超声换能器阵列来探测身体部分的平面截面。在对乳房成像 的情况下，使用换能器的弧允许获得乳房的不必与乳房的轴线垂直的平面截面的图 像。可以在不必与乳房的轴线垂直的多个方向上将波束施加在乳房上。因而，通过在 多个方向上在乳房上方移动单个换能器阵列可以顺序地探测乳房的平面截面。

在本发明的这个实施方式中，该系统包括被配置为从振幅f(φ_r,φ_t)从身体部分 的平面截面生成图像的处理器。发明人在以下关系中导出了滤波器g(k)的显式形式，

$I_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=\tilde{O}\left(k\right)H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=g\left(k\right)\tilde{O}\left(k\right)\Pi \left(\right|k\left|\right)---\left(5\right)$

其中I_BF(k)是式（2）中的受限视场BF函数的二维傅里叶变换，H_BF(k)是式 （4）中的h_BF(z-r)的二维傅里叶变换。附件A中提供了（5）的推导。由于项 表示全视场衍射断层成像的已知结果，滤波器g(k)构成映射以获得衍射断 层成像结果。可以从受限视场H_BF(k)的显式形式得到该滤波器g(k)（如在附件A中 所导出的）：

$H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=\left(\begin{array}{c}N\underset{n_2=-\infty }{\overset{\infty }{\Sigma }}\underset{n_1=-\infty }{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{2\pi i^{2n_1-{2n}_2}}{n_1{n}_2}(e^{i(n_1-n_2)\xi }-e^{-{\mathrm{in}}_2\xi }-e^{i{n}_1\xi }\\ +1)e^{i(n_2-n_1)\phi }{I}_{n_1,n_2,n_2-n_1}\end{array}\right)$

其中是n_l、n₂、n₂-n_l阶的3个贝塞尔函数的乘积的积分。这些积分在 附件A中示出，线性地包括低通滤波器Π(|k|)，即，H_BF(k)=g(k)Π(|k|)，因而限 定了滤波器g(k)的显式形式。

根据本发明的这个实施方式，处理器首先计算如以上说明的I_BF(k)。I_BF(k)接着乘 以滤波器(k)的倒数，得到即，所产生的身体部分的平面截面的断层成像 图像。最终，使用波束成形技术生成断层成像图像。

在本发明的另一个实施方式中，使用空间上或者时间上布置在诸如半球这样的弯 曲表面上的超声换能器阵列来探测身体部分的三维截面。在本实施方式中，通过函数 f(θ_r，θ_t，φ_r，φ_t)给出散射振幅，其中，(θ_t,φ_t)是透射波灾的球坐标，(θ_r,φ_r)是反 射波束的球坐标，θ_r,θ_t，,∈[0，π]并且φ_r,φ_t∈[0，π]，(对于球体，φ_r，φ_t∈[0，2π])。 通过在目标空间中在r=z处聚焦入射波束，标准BF在像空间的点z处产生目标的 图像。如在二维（平面）实施方式中，得到的散射场随后被相移并且被在阵列的孔径 上积分，使得仅仅来自焦点的对散射场的贡献被相干地相加。通过以下的3D BF函 数得到此两步骤过程：

其中D是球体上的受限视场域。对于半球的特殊情况，其为：

$\exp [{\mathrm{ik}}_0\hat{u}({\theta }_r,{\phi }_r)·z]$

$f({\theta }_r,{\theta }_t,{\phi }_r,{\phi }_t)\exp [{\mathrm{ik}}_0\hat{u}({\theta }_t,{\phi }_t)·z]---\left(6\right)$

在以上算式中，是与角θ和φ相关联的单位向量。如在二维实施方式中，式（6） 中的第二个指数表示透射中的聚焦，而第一个指数对应于接收到的散射场的聚焦。通 过考虑在位置r处的点散射体的图像，可以获得与函数（6）相关联的点扩散函数 （PSF）。在此情况下，三维自由散射振幅是 f_free(θ_r,θ_t,φ_rφ_t)

$=\exp \{-{\mathrm{ik}}_0[\hat{u}({\theta }_t,{\phi }_t)+\hat{u}({\theta }_r,{\phi }_r)]·r\}---\left(7\right)$

并且三维PSF为

$h_{\mathrm{Bf}}={\int }_0^{\pi }{\mathrm{d\phi }}_r{\int }_0^{\pi }{\mathrm{d\theta }}_r\sin {\theta }_r{\int }_0^{\pi }{\mathrm{d\pi }}_t{\int }_0^{\pi }{\mathrm{d\theta }}_t\sin {\theta }_t\times$

$\exp \{{\mathrm{ik}}_0\hat{u}({\theta }_r,{\phi }_r)·[z-r\left]\right\}\exp \{{\mathrm{ik}}_0\hat{u}({\theta }_t,{\theta }_t)·[z-r\left]\right\}---\left(8\right)$

发明人研究出了按照以下形式的针对h_BF(z-r)的三维傅里叶变换H_BF的解析表 达式：

H_BF=g(k)Π(|k|)，其中$\Pi \left(\right|k\left|\right)=\left(\begin{array}{cc}1& \left|k\right|<{2k}_0\\ 0& \left|k\right|{>2k}_0\end{array}\right)---\left(9\right)$

附件B中提供了（9）的推导。DT问题包括从一组散射实验中重构函数O(r)。 通过进行O(r)的三维傅里叶变换而获得的空间频率域（K空间）中的目标函数可以由 下式表示：

$\tilde{O}\left(k\right)=\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}{d}^3\mathrm{rO}\left(r\right)e^{-\mathrm{ik}·r}---\left(10\right)$

波束成形图像：

在空间频率域中为（使用式8）

$I_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=\tilde{O}{H}_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=g\left(k\right)\tilde{O}\left(k\right)\Pi \left(\right|k\left|\right)---\left(12\right)$

附件B中提供了（12）的推导。

尽管在整个球体上的DT产生经低通滤波的图像，BF算法引入了 由式（12）中的附加滤波器g(k)描述的失真。因此，通过将滤波器应用到BF图 像可以从BF图像获得DT图像。

在其它方面中，本发明提供用于引导诸如身体部分中活检或者切除的过程的超声 装置和方法。通过空间配准将用于过程引导的实时三维图像（“4D超声成像”）叠加 到高分辨率断层成像图像顶上。这通过将用于产生三维实时图像的二维阵列换能器机 械地耦合到布置在本发明的第一方面的二维实施方式的圆弧上的超声换能器的阵列， 或者耦合到布置在用于产生断层成像图像的本发明的第一方面的三维实施方式的半 球上的超声阵列而得以实现。

因此，在本发明的方面的一个方面，本发明提供一种用于身体部分的2D截面或 者3D体积的受限视场超声成像的系统，所述系统包括：

（a）一个或者更多个超声传感器，所述超声传感器被配置为在空间上或者在时 间上按照从以下选择的阵列排列:

(i)具有圆心角ξ的受限视场圆弧，ξ满足0＜ξ＜2π，所述超声传感器产生多 个振幅f(φ_r，φ_t)，其中f(φ_r，φ_t)是当利用来自与受限视场圆弧的固定半径形成角φ_t的方向的入射辐射对身体部分进行探测时，在与受限视场圆弧的固定半径形成角度φ_r的方向上的超声辐射的振幅;其中0＜φ_r，φ_t＜ξ;

(ii)凹面，所述超声传感器产生多个振幅f(θ_r，θ_t，φ_r，φ_t)，其中f(θ_r，θ_t，φ_r,φ_t) 是当从由角θ_t，φ_t确定的透射方向和由角θ_r，φ_r确定的接收方向对身体部分进行探 测时，超声辐射的振幅，其中θ_r，θ_t∈[0，π]并且φ_r,φ_t∈[0，π];

(b)处理器，所述处理器被配置为:

从f(φ_r,φ_t)或者f θ_r，θ_t，φr，也)计算波束成形(BF)函数;

汁算自由振幅f_free(φ_r，φ_t)或者f_free(θ_r，θ_t，φ_r，φ_t);

从自由振幅f_free(φ_r，φ_t)或者f_free(θ_r，θ_t，φ_r，φ_t)计算点扩散函数(PSF);

从PSF的傅里叶变换H_BF(k)计算滤波器g(k);

计算BF函数的傅里叶变换I_BF(k);

将I_BF(k)除以滤波器g(k)以得到以及

使用产生身体部分的2D截面或者3D体积的图像。

本发明的系统还可以包括含有圆顶形状结构的扫描装置，其中所述超声传感器被 配置为在空间上或者在时间上排列在所述圆顶结构的至少一部分上。所述圆顶形状结 构可以被配置为布置在女性的乳房上。所述圆顶形状结构可以包括由透声材料形成的 层。

本发明的系统可以包括一个或者更多个C臂断层成像传感器和一个或者更多个 2D阵列传感器。所述传感器可以连接到被配置为在所述扫描装置上驱动所述超声传 感器的步进马达组件。所述步进马达组件可以包括马达、编码器、处理器、索引器和 驱动器中的一个或者更多个。C臂断层成像换能器可以例如沿着圆形导轨移动。

本发明的系统可以还包括显示设备，并且所述处理器可以被配置为在所述显示设 备上显示图像。所述处理器可以还被配置为在所显示的图像上叠加一个或者更多个B 型复合图像或者断层成像图像。

本发明的系统可以还包括由被检者穿在所述身体部分上的服装，所述服装包括由 温度感应型透声聚合物形成的层，所述温度感应型透声聚合物在37℃以下的第一温 θ处于第一粘性状态，在37℃以上的第二温度处于第二粘性状态，所述第二粘性状 态的粘度高于所述第一粘性状态的粘度。

本发明的系统可以还包括椅子，其中，所述扫描装置被设置在所述椅子中，所述 圆顶处于倒置方向。

与接触身体部分的内表面相比，所述温度感应型透声聚合物层在外表面处可以更硬。

所述圆顶可以包括被配置为容纳活检针的一个或者更多个孔。

本发明还提供一种用于本发明的系统中使用的服装，所述服装被配置为由被检者 穷戴在所述身体部分上，所述服装包括由温度感应型透声聚合物形成的层。

本发明还提供一种用于本发明的系统中使用的椅子，其中，所述扫描装置被设置 在所述椅子中，所述圆顶处于包括倒置方向在内的可调节方向。

本发明的系统可以还包括机械地耦合到C臂断层成像弧形物或者耦合到所述凹 面的超声传感器的2D阵列，并且所述产生的图像可以是实时3D图像。

在本发明的方向的另一方面，本发明提供一种用于对身体部分的2D截面或者3D 体积进行受限视场超声成像的方法，所述方法包括以下步骤:

(a)提供一个或者更多个超声传感器，所述超声传感器被配置为在空间上或者 在时间上按照从以下选择的阵列排列:

(i)具有圆心角ξ的受限视场圆弧，ξ满足0＜ξ＜2π，所述超声传感器产生多 个振幅f(φ_r,φ_t)，其中广(φ_r,φ_t)是当利用来自与所述受限视场圆弧的固定半径形成 角φ_t的方向的入射辐射来探测平面截面时，在与所述固定半径形成角φ_r的方向上的 超声辐射的振幅，其中0(φ_r，φ_t＜ξ;

(ii)凹面，所述超声传感器产生多个振巾f(θ_r，θ_t，φ_r，φ_t)，其中f(θ_r，θ_t，φ_r，φ_t) 是当从由角θ_t，φ_t确定的透射方向和由角θ_r，φ_r确定的接收方向对所述身体部分进 行探测时，超声辐射的振幅，其中这些角度满足θ_r，θ_t∈[0，π]并且φ_r,φ_t∈[O，π];

(b)从f(φ_r,φ_t)或者f(θ_r，θ_t，φ_r，φ_t)计算波束成形(BF)函数;

(c)计算自由振幅f_free(φ_r,φ_t)或者f_free，(θ_r，θ_t，φ_rφ_t);

(d)从所述自由振幅f_free(φ_r,φ_t)或者f_free(θ_r，θ_t,φ_r，φ_t)计算点扩散函数 (PSF);

(e)从PSF的傅里叶变换H_BF(k)计算滤波器g(k);

（f）计算所述BF函数的傅里叶变换I_BF(k)；

（g）将I_BF(k)除以滤波器g(k)以得到以及

（h）使用所述产生所述身体部分的2D截面或者3D体积的图像。

所述身体部分例如可以是乳房。

本发明的方法可以还包括在空间上或者时间上将所述超声传感器排列在所述圆 顶结构的至少一部分上。所述圆顶形结构可以包括由透声材料形成的层。

本发明的方法可以还包括在显示设备上显示所述图像。本发明的方法可以还包括 在所显示的图像上叠加一个或者更多个B型复合图像或者断层成像图像。

本发明的方法可以还包括在被检者上在所述身体部分上方放置服装，所述服装包 括由温度感应型透声聚合物形成的层，所述温度感应型透声聚合物在37℃以下的第 一温度处于第一粘性状态，在37℃以上的第二温度处于第二粘性状态，所述第二粘 性状态的粘度高于所述第一粘性状态的粘度。

在本发明的方法中，所述扫描装置可以被设置在所述椅子中，所述圆顶处于包括 倒置方向在内的可调节方向，并且所述方法还包括将所述身体部分放置在所述圆顶 中。可以将温度感应型透声聚合物引入到圆顶中，该温度感应型透声聚合物在37℃ 以下的第一温度处于第一粘性状态，在37℃以上的第二温度处于第二粘性状态，所 述第二粘性状态的粘度高于所述第一粘性状态的粘性。与接触身体部分的内表面相 比，所述温度感应型透声聚合物在外表面处可以更硬。

本发明的方法可以还包括：在所述圆顶结构的孔中插入活检针并且获得活检。

本发明的方法可以利用被机械地连接到C臂断层成像弧形物或者连接到所述凹 面的超声传感器的2D阵列，并且其中，所述方法还可以包括产生实时3D图像。实 时3D图像可以用于引导手术或者引导过程工具通过所述身体部分。

附图说明

为了理解本发明并理解如何在实践中实施本发明，现在仅通过非限制性示例，参 照附图来描述一些实施方式，在附图中：

图1示出根据本发明的一个实施方式的用于对身体部分进行受限视场成像的系 统；

图2示出用于图1的系统中的布置在乳房上的扫描装置；

图3示出图2的扫描装置的内部部件；

图4从正视图（图4a）、左侧视图（图4b）、倾斜视图（图4c）和右侧视图（图 4d）示出图2的扫描装置的盖；

图5示出包括温度感应型透声聚合物的胸罩的罩杯；

图6示出图2的扫描装置的C臂断层成像换能器；

图7示出图2的扫描装置的2D阵列换能器；

图8示出图2的扫描装置的C臂换能器（图8a）和2D阵列换能器（图8b）；

图9示意地示出图2的扫描装置的步进马达；

图10从俯视图（图10a）、二轴视图（图10b）、正视图（图10c）和右侧视图（图 10d）示出图2的扫描装置的C臂和2D阵列换能器；

图11示出用于本发明的系统中的椅子；

图12示出图2的扫描装置；以及

图13示出图12的扫描装置的步进马达。

具体实施方式

为了清楚并且便于描述，将针对乳房成像来描述本发明，明显的是本发明的系统 和方法可以被修改以对任何期望的身体部分成像。

图1示出根据本发明的一个实施方式的用于对乳房进行超声成像的系统85。系 统85包括以下将详细描述的圆顶形扫描装置30，其被构造为在其内部容纳被检者5 的乳房。扫描装置30通过电缆组件100而固定到超声系统90。控制电缆110将超声 系统90连接到工作站120。工作站120可以包括用于显示图像的CRT屏幕123。诸 如键盘124这样的用户输入装置允许用户输入与检查有关的各种参数，诸如被检者的 个人细节或者超声辐射的参数（频率、强度等）。

在本发明的一个实施方式中，如图1所示，系统包括被配置为由被检者5穿戴的 胸罩10，并且扫描装置30被配置为经由胸罩的罩杯20放置在乳房上。在本发明的 另一个实施方式中，如图11所示，扫描装置30被结合到具有座位17的椅子7中， 被检者5坐在座位17上。扫描装置30被定位在椅子7上，其开口在顶部。被检者5 坐在椅子17上并且将要被成像的乳房插入到扫描装置30中。椅子7可以在各种位置 进行调整以容纳不同大小的被检者。

图3到图10、图12和图13更详细地示出扫描装置30。首先参照图3，扫描装 置包括由诸如Aqualene^TM这样的透声聚合物制成的圆顶结构21。C臂断层成像换能 器40和2D阵列换能器50被定位在圆顶20的顶部。换能器40和50连接到步进马 达组件80，该步进马达组件80连接到具有针孔71的扫描装置盖70。在图4中更详 细示出了盖70，其中示出扫描装置的连接到步进马达组件80的盖70的正视图（图 4a）、左侧视图（图4b）、倾斜视图（图4c）和右侧视图（图4d）。在使用中，圆顶 20被定位在乳房和与外表面22接触的换能器40、50之间。图6和图7示出换能器 40和50的较近视图。在图6中示出C臂断层成像换能器40的凹形声学堆栈41。图 6中还示出C臂断层成像换能器40的滑轨42。图7示出2D阵列换能器50的声学堆 栈51及其滑动表面52。在图8中从两个方向（底部倾斜视图（图8a）和顶部倾斜视 图（图8b））示出步进马达组件80和换能器40和50。C臂换能器40连接到圆形导 轨71，该圆形导轨71使得借助步进马达组件80能够进行旋转。图8a还示出声学堆 栈41和51。

从工作站120对扫描装置30的步进马达组件80进行控制。图13示出步进马达 组件80，图9示意地示出步进马达组件80。马达组件80包括具有旋转轴81的马达 82。编码器202包括处理器120、索引器84和驱动器83。编码器202直接连接到马 达200的弧形轴，以减少或者防止间隙（backlash）。在马达组件80中，齿轮轴204 用作弧形旋转轴。驱动器83接收时钟脉冲和方向信号，并且将这些信号转换为步进 马达82中的适当的相位电流。索引器84创建时钟信号和方向信号。工作站120或者 处理器121向索引器84发送命令。

步进马达组件80驱动圆顶20上的两个换能器40和50。在图10中示出描述步 进马达组件80驱动的运动的方向的一组视图。图10a示出俯视图，图10b示出二轴 视图（dimeric view），图10c中示出正视图，图10d示出右侧视图。旋转箭头85示 出C臂断层成像换能器40沿着圆形导轨71（图8）的旋转方向，倾斜旋转箭头87 示出C臂断层成像换能器40的倾斜旋转，并且滑动双箭头86示出2D阵列换能器 50沿着C臂断层成像换能器40滑动的方向。箭头85、86和87指示的运动全部由步 进马达组件80驱动。

图12更详细地示出扫描装置和步进马达。对于要被成像的乳房的每一个平面截 面，换能器40和50沿着圆弧运动。适配器61是由诸如Aqualene^TM这样的透声材料 制成，以确保换能器的声学堆栈和圆顶之间没有空气。截面的平面并非必须垂直于乳 房的轴线。圆弧的方向由步进马达监测并且被连续地输入到处理器121。换能器40 和50可以作为B型超声探测器，使得能够从这些换能器获得图像的复合成像。另选 地，对于每对接收换能器和透射换能器，可以测量透射信号。透射图像可以与B型 复合图像进行组合或者与由压电传感器弧产生的反射断层成像图像进行组合。

图2示出将扫描装置30放置在如图5详细示出的胸罩10的罩杯20上的被检者。 罩杯20包括外部织物层23和内部织物层25。在内层和外层之间是温度感应型透声 聚合物27。温度感应型透声聚合物27的状态依赖于温度，使得在室温下其处于液态， 而在人体温度（～37℃）下处于固态。这种聚合物的示例是非离子表面活性多元醇、 也称为Pluronic F127TM的共聚物泊洛沙姆（poloxamer）407。可以在Khattak等人的 出版物[49]找到关于多元醇、共聚物泊洛沙姆407与人体组织接触时的安全性的讨论。

将乳房插入聚合物材料处于粘性形式的圆顶21，使得聚合物材料在按照乳房表 面的形状固化之前，其内表面符合乳房表面的形状。与接触乳房的结构的内表面相比， 聚合物材料在其接触声学堆栈的外表面处可以更硬。沿着聚合物材料的这种硬度梯度 使得能够产生优异的外球体表面，并且保持调节的灵活性以适应乳房的复杂表面。另 选地，上覆圆顶迫使聚合物材料的外表面采用球形形状。聚合物材料是声耦合材料，其在声学上将乳房表面与在圆顶外表面上的换能器耦合。这使得胸罩的罩杯20的内 表面符合乳房的表面，从而在罩杯和乳房之间没有空气。这允许在乳房处于自然形状 的情况下对乳房扫描。温度感应型透声聚合物20可以是可消毒的。

在使用中，乳房插入到扫描装置30的圆顶21中。如果正在佩戴胸罩10，则还 可以在胸罩与圆顶20的内表面之间引入温度感应型透声聚合物，从而在胸罩的外表 面和圆顶的内表面之间没有空气。另选地，如果使用椅子7（图11），则倒置的圆顶 30可以在插入乳房之前填充温度感应型透声聚合物。

将扫描装置30应用于乳房之后，换能器40和50被一次驱动一个，并且对于每 个被驱动的换能器，每个换能器检测超声辐射。每个换能器检测到的超声被该换能器 转换为电信号，该电信号指示经由电缆100输入到超声系统90的检测的波的振幅（在 2D断层成像的情况下为f(φ_r,φ_t)，在3D断层成像的情况下为f(θ_r,θ_t,φ_r,φ_t)）。

超声系统90包括处理器，该处理器被配置为从输入自换能器的信号中生成2D 或者3D图像。如上所述，首先计算I_BF(k)。接着通过乘以滤波器g(k)的倒数计算I_DT(k)， 以生成作为乳房的断层成像图像的该断层成像图像可以与B 型复合图像组合以及与来自换能器40和50的透射型图像组合。由于这些另选的硬件 配置被机械地耦合到弧形物，因而能够叠加这些不同类型的图像，从而能够进行空间 配准。

2D声学堆栈阵列51产生用于过程引导（例如在活检中引导针或者引导切除装置） 的实时3D图像（“4D超声成像”）。滑轨42和滑动表面52用于将2D换能器阵列布 置在相对于乳房的最优位置以用于引导过程。当操作2D换能器阵列50时，C臂断 层成像换能器40保持静止。可以通过盖70中的针孔并且透过温度感应型透声聚合物 20插入诸如图3中的针60的操作设备。2D换能器阵列50机械地附接到C臂断层成 像换能器40使得允许将实时3D图像叠加在C臂断层成像换能器40产生的高分辨率 断层成像图像之上。 附件A针对受限视场凹孔径的衍射断层成像算法

讨论了基于二维波束成形（BF）算法的二维DT的新推导，来作为对诸如滤波反 传播法¹的标准DT算法的替代方法。 假定通过对下式的标量波场解来描述散射问题，

其中H是2D中的亥姆霍兹算子，k₀是背景波数(2π/λ)，代表照 射目标的入射平面波的方向，并且是ω是角频率。单位向量由极角φ_t定义。

通过所谓的目标函数来描述目标，目标函数依赖于用于对目标进行探测的波场的 类型:对于电磁波感测，其通过关系与折射率²n(r，ω)有关，并 且对于声学波，义与声速和衷诚系数³有关。具体地，对于无损耗目标

$O(r,\omega )=k_0^2[{\left(\frac{c_0}{c(r,\omega )}\right)}^2-1]---\left(14\right)$

其中c₀是目标所浸没的均质背景的声速，c(r,ω)是目标内的本地声速。由于色散 和能量耗散现象，目标函数依赖于ω。在本节其余部分进行的分析将考虑单色波场； 因此，省略了对ω的明显依赖。

受限视场弧线上的二维波束成形算法

假定散射振幅f(φ_r,φ_t)可以作为照射和检测方向的连续函数而进行测量， φ_r,φ_t∈[0,ξ]（请注意对于完整圆，φ_r,φ_t∈[0,2π），这些角与相对于标准极坐标系的 x轴的角相对应。原理上，这可以通过布置在受限视场圆弧上的部分地包围目标的收 发器阵列来实现。

标准BF通过将入射波束聚焦到目标空间中的r=z来在像空间的点z处产生目 标的图像。得到的散射场随后被相移并且在阵列的孔径上积分，使得仅仅焦点对散射 场的贡献被相干地相加。通过BF函数获得此两步骤处理

$\exp [-{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left(\mathrm{\phi r}\right)·z]f({\phi }_r,{\phi }_t)\exp [{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left(\mathrm{\phi t}\right)·z]---\left(15\right)$

-----------------------

¹Devaney，A.].1982，、、A filtered backpropagation algotithm for diffraction tomography"， Ultason.Imaging4，336一350.

²Born，M·&Wolf,E·1999 Principles of optics.Cambridge，UK:Cambrige Univerity Press.

³Kak，A.C.&Slaney，M.1988Principles of computerized tomogrphicc imaging.New York，NY IEEE Press.

其中是与角φ相关联的单位向量。如针对完整圆二维情况由脚注⁴所讨论的，式 （III）中的第二个指数代表透射中的聚焦，而第一个对应于接收的散射场的聚焦。通 过考虑在位置r的点散射体的图像，可以获得与函数（2）相关联的点扩散函数（PSF）。 在此情况下，自由散射振幅是

$f_{\mathrm{free}}({\phi }_r,{\phi }_t)=\mathrm{Nexp}\{-{\mathrm{ik}}_0[\hat{u}\left(\mathrm{\phi t}\right)-\hat{u}\left(\mathrm{\phi r}\right)]·r\}$

其中并且也称为空间脉冲响应（SIR）的点扩散函数（PSF）为：

$h_{\mathrm{BF}}(z-r)=N{\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_r{\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_t\times$$\exp \{-{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left(\mathrm{\phi r}\right)·(z-r)\}\exp \{{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left(\mathrm{\phi t}\right)·(z-r)\}---\left(17\right)$

其中α是接收单位向量和向量z–r之间的角。将 z–r的角标记为φ′，α=φ_r-φ′。

Jacobi-Anger展开为：

$\exp \left\{{\mathrm{ik}}_0\right|z-r\left|\cos \left(\alpha \right)\right\}=J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+2{\Sigma }_{n=1}^{\infty }{i}^n{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\cos \left(\mathrm{n\alpha }\right)$

其中J_n是n阶贝塞尔函数。

我们得到⁵：

${\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_r\exp \{{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left({\phi }_r\right)·(z-r)\}=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+2\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{i}^n{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right){\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_r\cos \left[n({\phi }_r-{\phi }^{\prime })\right]=$

$={\mathrm{\xi J}}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+2\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{i}^n{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right){\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_r[\cos \left({\mathrm{n\phi }}_r\right)\cos \left({\mathrm{n\phi }}^{\prime }\right)+\sin \left({\mathrm{n\phi }}_r\right)\sin \left({\mathrm{n\phi }}^{\prime }\right)]$

${\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_r\cos \left({\mathrm{n\phi }}_r\right)=\frac{1}{n}\sin \left({\mathrm{n\phi }}_r\right){|}_0^{\xi }=\frac{1}{n}\sin \left(\mathrm{n\xi }\right);$

${\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_r\sin \left({\mathrm{n\phi }}_r\right)=-\frac{1}{n}\cos \left({\mathrm{n\phi }}_r\right){|}_0^{\xi }=-\frac{1}{n}[\cos \left(\mathrm{n\xi }\right)-1]=\frac{1}{n}[1-\cos \left(\mathrm{n\xi }\right)]$

${\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_r\exp \{{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left({\phi }_r\right)·[z-r\left]\right\}=$$=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+2\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{i^n}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\{\sin \left(\mathrm{n\xi }\right)\cos \left({\mathrm{n\phi }}^{\prime }\right)+[1-\cos \left(\mathrm{n\xi }\right)\left]\sin \left({\mathrm{n\xi }}^{\prime }\right)\right\}$

针对透射角获得复共轭结果。因此通过下式得出h_BF(z-r)：

$h_{\mathrm{Bf}}(z-r)=$

$N{({\mathrm{\xi J}}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+2\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{i^n}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\{\sin \left(\mathrm{n\xi }\right)\cos \left(n{\phi }^{\prime }\right)+[1-\cos \left(\mathrm{n\xi }\right)]\sin \left({\mathrm{n\phi }}^{\prime }\right)\left\}\right)}^{*}\times$$({\mathrm{\xi J}}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+2\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{i^n}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\{\sin \left(\mathrm{n\xi }\right)\cos \left({\mathrm{n\phi }}^{\prime }\right)+[1-\cos \left(\mathrm{n\xi }\right)]\sin \left(\phi {\xi }^{\prime }\right)\left\}\right)>$

_______________________

⁴Simonetti，F&Huang，L，2008，"From beamforming to diffraction to mography"，]·Appl.PhyS 103，103110

⁵sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB;sin(A-B)=sinAcosB-cosAsinB;cos(A+B)=cosAcosB

sinAsinB;cos(A-B)=cosAcosB+sinAsinBhttp://www.ies.co.math/iavatrikahotekahote.html

特殊情况：请注意当ξ=2π（即，完整圆）时，接收和发射的波束为：

${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{d\phi }}_r\exp \{{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left({\phi }_r\right)·(z-r)\}={2\mathrm{\pi J}}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)$

因此，对于ξ=2π，$h_{\mathrm{BF}}\left(\right|z-r\left|\right)=4{\pi }^2{\mathrm{NJ}}_0^2\left(k_0\right|z-r\left|\right).$。

还注意到，对于ξ=π（即，半圆）并且φ′=0或者φ'为π的倍数（即焦点和沿着 （或者平行于）x轴的场点）：

因此，对于ξ=π并且φ′＝0或者φ'为π的倍数。

现在计算hBF(z-r)的二维傅里叶变换H_BF(k)。

$H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}{d}^{2}r{h}_{\mathrm{BF}}(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}=\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}{d}^{2}r{e}^{-\mathrm{ik}·[z-r]}\times$

$N{({\mathrm{\xi J}}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+2\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{i^n}{n}\left(k_0\right|z-r\left|\right)\{\sin \left(\mathrm{n\xi }\right)\cos \left({\mathrm{n\phi }}^{\prime }\right)+[1-\cos \left(\mathrm{n\xi }\right)]\sin \left({\mathrm{n\phi }}^{\prime }\right)\left\}\right)}^{*}\times$$({\mathrm{\xi J}}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+2\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{i^n}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\{\sin \left(\mathrm{n\xi }\right)\cos \left({\mathrm{n\phi }}^{\prime }\right)+[1-\cos \left(\mathrm{n\xi }\right)]\sin \left({\mathrm{n\phi }}^{\prime }\right)\left\}\right)$

将k的角度表示为φ，α＝φ′-φ；k·[z-r]＝|k||z-r|cos(α)，现在再次使用 Jacobi-Anger展开

$\exp \{-\mathrm{ik}·[z-r\left]\right\}=\exp \{-i|k\left|\right|z-r\left|\cos \left(\alpha \right)\right\}=$

$[J_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)+2{\Sigma }_{n=0}^{\infty }{i}^n{J}_n\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)\cos \left(\mathrm{n\alpha }\right){]}^{*}$

$H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}\mathrm{rdr}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}{\mathrm{d\phi }}^{\prime }$

${(J_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)+2\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{i}^{n_{ϵ}}{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)[\cos \left(n_3\phi \right)\cos \left(n_3{\phi }^{\prime }\right)+\sin \left(n_3\phi \right)\sin \left(n_3{\phi }^{\prime }\right)\left]\right)}^{*}\times$

$\times N{(\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+2\underset{n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{i^{n_2}}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|a-t\left|\right)\{\sin \left(n_2\xi \right)\cos \left(n_2{\phi }^{\prime }\right)+[1-\cos \left(n_2\xi \right)]\sin \left(n_2{\phi }^{\prime }\right)\left\}\right)}^{*}$

$\left(\begin{array}{c}\times \\ ({\mathrm{\xi J}}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+2\underset{n_1-1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{i^{n_1}}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)\{\sin \left(n_1\xi \right)\cos \left(n_1{\phi }^{\prime }\right)+[1-\cos \left(n_1\xi \right)]\sin \left(n_1{\phi }^{\prime }\right)\left\}\right)\end{array}\right)$

角φ′的积分是在sin和cos三角函数的简单积上进行的，可以容易地算出。

因此，现在关注3个贝塞尔函数积的积分。在文献⁶中可以获得封闭形式的这种 积分。例如：

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{t}^{1-n_1}{J_n}_1\left(\mathrm{at}\right){J_n}_2\left(\mathrm{bt}\right){J_n}_2\left(\mathrm{ct}\right)\mathrm{dt}=\frac{{\left(\mathrm{bc}\right)}^{n_1-1}{\sin }^{n_1-\frac{1}{2}}\left(A\right)}{{\left(\mathrm{z\pi }\right)}^{\frac{1}{2}}{a}^{n_1}}\underset{n_2-\frac{1}{2}}{P^{\frac{1}{2}-n_1}}\left(\cos A\right)$

$\left(\begin{array}{cc}R\left(n_1\right)>-\frac{1}{2},& R\left(n_2\right)>-\frac{1}{2}\end{array}\right)$

--------------------------------

^YY.L.Luke,Integrals of Bessel Functions,McGraw-Hill,New York,1962,p.331 and 332

如果a、b、c是三角形区域Δ的边，并且A是

$\Delta =\frac{1}{2}\mathrm{bc}\sin \left(A\right),$$\sin \left(A\right)=\frac{2\Delta }{\mathrm{bc}}$

是第一类勒让德函数⁷：

$P_{\lambda }^{\mu }\left(z\right)=\frac{1}{\Gamma (1-\mu )}{\left[\frac{1+z}{1-z}\right]}^{\frac{\mu }{2}}{2}^{F}1(-\lambda ,\lambda +\mathrm{1,1}-\mu ,\frac{1-z}{2})$

${}_{2}F_1(a,b,c,z,)={\Sigma }_{n=0}^{\infty }\frac{{\left(a\right)}_n{\left(b\right)}_n}{{\left(c\right)}_n}\frac{z^n}{n!},$只要c不是0,-1,-2,…,并且

$\left(\begin{array}{cc}{\left(a\right)}_n=a(a+1)(a+2)...(a+n+1),& {\left(a\right)}_0=1\end{array}\right)$

对于相同索引的全部三个贝塞尔函数的特殊情况：

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{t}^{1-n}{J}_n\left(\mathrm{at}\right)J_n\left(\mathrm{bt}\right)J_n\left(\mathrm{ct}\right)\mathrm{dt}=\frac{2^{n-1}{\Delta }^{2n-1}}{\pi {\left(\mathrm{abc}\right)}^n{\left(\frac{1}{2}\right)}_n}=>\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}t{J}_0{\left(\mathrm{at}\right)J}_0{\left(\mathrm{bt}\right)J}_0\left(\mathrm{ct}\right)\mathrm{dt}=\frac{1}{2\mathrm{\pi \Delta }}$

对于我们的示例，a=b=k₀,c=|k|，得到：

$\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2\mathrm{bc}}=\frac{{k_0}^2+{\left|k\right|}^2-{k_0}^2}{{2k}_0\left|k\right|}=\frac{\left|k\right|}{{2k}_0}$

$\sin \left(A\right)=\sqrt{1-{\cos }^{2}A}=\sqrt{1-\frac{{\left|k\right|}^2}{{{4k}_0}^2}}.$因此，$\Delta =\frac{1}{2}\mathrm{bc}\sin \left(A\right)=\frac{1}{2}{k}_0\left|k\right|\sqrt{1-\frac{{\left|k\right|}^2}{4{k_0}^2}}$并且

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}t{J}_0\left(\mathrm{at}\right)J_0\left(\mathrm{bt}\right)J_0\left(\mathrm{ct}\right)\mathrm{dt}=\frac{1}{2\mathrm{\pi \Delta }}=\frac{1}{{\mathrm{\pi k}}_0\left|k\right|\sqrt{1-\frac{{\left|k\right|}^2}{{{4k}_0}^2}}}$

因此得到针对受限视场弧的H_BF的公式。在我们的示例中a、b、c之间的三角关 系要求|k|≤2k₀，因此得到低通滤波:

H_BF=g(k)Π(|k|),其中$\Pi \left(\right|k\left|\right)=\left(\begin{array}{cc}1& \left|k\right|<{2k}_0\\ 0& \left|k\right|{>2k}_0\end{array}\right)---\left(19\right)$

DT问题包括从一组散射实验重构函数O(r)。为此目的，引入目标函数在空间频 率域（K空间）中的表示形式是方便的，其通过进行O(r)的二维傅里叶变换而得到的。

$\tilde{O}\left(k\right)=\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}{d}^2\mathrm{rO}\left(r\right)e^{-\mathrm{ik}·r}$

---------------------------

7http://en.wiki edia.org/wiki/Leendre function;

http://en.wikiedia.org/wiki/Hypergeometric functionhtt://en.wikipedia.org/wiki/Gamma function

我们下面考虑波束成形图像：

其在空间频率域中为

$I_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=\tilde{O}\left(k\right)H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=g\left(k\right)\tilde{O}\left(k\right)\Pi \left(\right|k\left|\right)---\left(22\right)$

尽管在整个圆上的DT产生低通滤波图像，新BF算法引入了由附 加滤波器g(k)描述的失真。结果，通过向BF图像应用滤波器可以从BF图像 获得DT图像。再次，存在对其它DT算法⁸的替代方法。

----------

⁸参见脚注3

附件AI：积分：n₁=0，n₂用于一般公式：

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{t}^{1-n_1}{J_n}_1\mathrm{at}){J_n}_2\left(\mathrm{bt}\right){J_n}_2\left(\mathrm{ct}\right)\mathrm{dt}=\frac{{\left(\mathrm{bc}\right)}^{n_1-1}{\sin }^{n_1-\frac{1}{2}}\left(A\right)}{{\left(2\pi \right)}^{\frac{1}{2}}{a}^{n_1}}\underset{n_2-\frac{1}{2}}{P^{\frac{1}{2}-n_1}}\left(\cos A\right)$

对于特殊情况，n₁=n₂=n₃=0，其为:

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{t}^1{J}_0\left(\mathrm{at}\right){J_n}_2\left(\mathrm{bt}\right){J_n}_2\left(\mathrm{ct}\right)\mathrm{dt}=\frac{{\left(\mathrm{bc}\right)}^{-1}{\sin }^{\frac{1}{2}}\left(A\right)}{{\left(2\pi \right)}^{\frac{1}{2}}}{P}_{n_2-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\left(\cos A\right)$

对于我们的示例a=b=k₀，c=|k|，得到:

$\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2\mathrm{bc}}=\frac{{k_0}^2+{\left|k\right|}^2-{k_0}^2}{{2k}_0\left|k\right|}=\frac{\left|k\right|}{{2k}_0}=z$

$\sin \left(A\right)=\sqrt{1-{\cos }^{2}A}=\sqrt{1-z^2}=\sqrt{1-\frac{{\left|k\right|}^2}{{{4k}_0}^2}}.$因此，$\Delta =\frac{1}{2}\mathrm{bc}\sin \left(A\right)=\frac{1}{2}{k}_0\left|k\right|\sqrt{1-\frac{{\left|k\right|}^2}{{{4k}_0}^2}}$

${\sin }^{-\frac{1}{2}}\left(A\right)={\left(\sqrt{1-z^2}\right)}^{-\frac{1}{2}}={\left[(1+z)(1-z)\right]}^{-\frac{1}{4}}$

$\left(\begin{array}{c}=>\\ \underset{0}{\overset{\infty }{\int }}\end{array}t{J}_0\left(k_{0}t\right){J_n}_2\left(k_{0}t\right){J_n}_2\left(\right|k\left|t\right)\mathrm{dt}=\frac{1}{k_0\left|k\right|{\left(2\pi \right)}^{\frac{1}{2}}{\left[(1+z)(1-z)\right]}^{\frac{1}{4}}}{P}_{n_2-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\left(z\right)\right)$

现在考虑勒让德函数的定义：

$P_{\lambda }^{\mu }\left(z\right)=\frac{1}{\Gamma (1-\mu )}{\left[\frac{1+z}{1-z}\right]}^{\frac{\mu }{2}}{}_{2}F_1(-\lambda ,\lambda +\mathrm{1,1}-\mu ,\frac{1-z}{2})$

使用$\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi },$对于$\mu =\frac{1}{2}$和$\lambda =n_2-\frac{1}{2},$得到

$P_{n_2-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\left(z\right)=\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\left[\frac{1+z}{1-z}\right]}^{\frac{1}{4}}{}_{2}F_1(-n_2+\frac{1}{2},n_2-\frac{1}{2}+1,\frac{1}{2},\frac{1-z}{2})$

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}t{J}_0\left(k_{0}t\right){J_n}_2\left(k_{0}t\right){J_n}_2\left(\right|k\left|t\right)\mathrm{dt}$

$=\frac{1}{k_0\left|k\right|{\left(2\pi \right)}^{\frac{1}{2}}{\left[(1+z)(1-z)\right]}^{\frac{1}{4}}}\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\left[\frac{1+z}{1-z}\right]}^{\frac{1}{4}}{}_{2}F_1({-n}_2+\frac{1}{2},n_2-\frac{1}{2}+1,\frac{1}{2},\frac{1-z}{2})$

$=\frac{1}{k_0\left|k\right|\sqrt{2}\pi \sqrt{1-z}}{}_{2}F_1(-n_2+\frac{1}{2},n_2+\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1-z}{2})$

-----------------------------------------------

对于n2=0，在⁹中得到高斯超几何函数

${}_{2}F_1(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},y)=\frac{1}{\sqrt{1-y}};=>{}_{2}F_1(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1-z}{2})=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1-z}{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2-(1-z)}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+z}}$

-----------------------------------------

⁹http://functions.wolfram.com/HypergeometricFunctions/Hypergeometric2F1/03/07/07/01//8 

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}t{J}_0\left(k_{0}t\right)J_0\left(k_{0}t\right)J_0\left(\right|k\left|t\right)\mathrm{dt}=\frac{1}{k_0\left|k\right|\sqrt{2}\pi \sqrt{1-z}}{}_{2}F_1(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1-z}{2})=\frac{1}{k_0\left|k\right|\sqrt{2}\pi \sqrt{1-z}}\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+z}}$

$=\frac{1}{k_0\left|k\right|\pi \sqrt{1-z}}\frac{1}{\sqrt{1+z}}=\frac{1}{k_0\left|k\right|\pi \sqrt{\left[{(1-z)}^2\right]}}=\frac{1}{k_0\left|k\right|\pi \sqrt{1-\frac{{\left|k\right|}^2}{{{4k}_0}^2}}}$

使用了$z=\frac{\left|k\right|}{{2k}_0}.$

-----------------------------------------------

n₂=1

以上的高斯超几何函数是

${}_{2}F_1(-\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{1}{2},y)=\frac{1-2y}{\sqrt{1-y}};=>{}_{2}F_1(-\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{1}{2},\frac{1-z}{2})=\frac{z}{\sqrt{1-\frac{1-z}{2}}}=\frac{\sqrt{2}z}{\sqrt{2-(1-z)}}=\frac{\sqrt{2}z}{\sqrt{1+z}}$

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}t{J}_0\left(k_{0}t\right)J_1\left(k_{0}t\right)J_1\left(\right|k\left|t\right)\mathrm{dt}$

$=\frac{1}{k_0\left|k\right|\sqrt{2}\pi \sqrt{1-z}}{}_{2}F_1(-\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{1}{2},\frac{1-z}{2})=\frac{1}{k_0\left|k\right|\sqrt{2}\pi \sqrt{1-z}}\frac{\sqrt{2}\pi }{\sqrt{1+z}}$

$==\frac{z}{k_0\left|k\right|\pi \sqrt{1-z^2}}=\frac{\frac{\left|k\right|}{{2k}_0}}{k_0\left|k\right|\pi \sqrt{1-\frac{{\left|k\right|}^2}{{{4k}_0}^2}}}=\frac{1}{{{2k}_0}^2\pi \sqrt{1-\frac{{\left|k\right|}^2}{{{4k}_0}^2}}}$

使用$z=\frac{\left|k\right|}{{2k}_0}.$

---------------------------------

n₂=2 以上的高斯超几何函数是

${}_{2}F_1(-\frac{3}{2},\frac{5}{2},\frac{1}{2},y)=\frac{8(y-1)y+1}{\sqrt{1-y}};=>{}_{2}F_1(-\frac{3}{2},\frac{5}{2},\frac{1}{2},\frac{1-z}{2})=\frac{8(\frac{1-z}{2}-1)\frac{1-z}{2}+1}{\sqrt{1-\frac{1-z}{2}}}$

$=\frac{-2(z+1)(1-z)+1}{\sqrt{1-\frac{1-z}{2}}}=\frac{\sqrt{2}[1-2(z+1)(1-z)]}{\sqrt{1+z}}=\frac{\sqrt{2}[1+2(z^2-1)]}{\sqrt{1+z}}$

$=\frac{\sqrt{2}({2z}^2-1)}{\sqrt{1+z}}$

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}t{J}_0\left(k_{0}t\right)J_2\left(k_{0}t\right)J_2\left(\right|k\left|t\right)\mathrm{dt}=\frac{1}{k_0\left|k\right|\sqrt{2}\pi \sqrt{1-z}}{}_{2}F_1(-\frac{3}{2},\frac{5}{2},\frac{1}{2},\frac{1-z}{2})$

$=\frac{1}{k_0\left|k\right|\sqrt{2}\pi \sqrt{1-z}}\frac{\sqrt{2}({2z}^2-1)}{\sqrt{1+z}}=\frac{{2z}^2-1}{k_0\left|k\right|\pi \sqrt{1-z^2}}=\frac{{2z}^2-1}{k_0\left|k\right|\pi \sqrt{1-z^2}}$

$=\frac{\frac{{\left|k\right|}^2}{{{2k}_0}^2}-1}{k_0\left|k\right|\pi \sqrt{1-\frac{{\left|k\right|}^2}{{{4k}_0}^2}}}$

使用了$z=\frac{\left|k\right|}{{2k}_0}.$

--------------------------------------

n₂=3

以上的高斯超几何函数是$({}_{2}F_1(-\frac{5}{2},\frac{7}{2};\frac{1}{2};z)=\frac{1-2{(3-4z)}^{2}z}{\sqrt{1-z}})$

${}_{2}F_1(-\frac{5}{2},\frac{7}{2},\frac{1}{2},y)=\frac{1-2{(3-4y)}^{2}y}{\sqrt{1-y}}=>{}_{2}F_1(-\frac{5}{2},\frac{7}{1},\frac{1}{2},\frac{1-z}{2})=\frac{1-2{(3-4\frac{1-z}{2})}^2\frac{1-z}{2}}{\sqrt{1-\frac{1-z}{2}}}=$

$=\frac{\sqrt{2}(1-{(1+2z)}^2(1-z))}{\sqrt{1+z}}$

得到:

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}t{J}_0\left(k_{0}t\right)J_3\left(k_{0}t\right)J_3\left(\right|k\left|t\right)\mathrm{dt}=\frac{1}{k_0\left|k\right|\sqrt{2}\pi \sqrt{1-z}}{}_{2}F_1(-\frac{5}{2},\frac{7}{2},\frac{1}{2},\frac{1-z}{2})$

$=\frac{1}{k_0\left|k\right|\sqrt{2}\pi \sqrt{1-z}}\frac{\sqrt{2}(1-{(1+2z)}^2(1-z))}{\sqrt{1+z}}$

$=\frac{1-{(1+2z)}^2(1-z)}{k_0\left|k\right|\pi \sqrt{1-z^2}}$

$=\frac{1-{(1+\frac{\left|k\right|}{k_0})}^2(1-\frac{\left|k\right|}{{2k}_0})}{k_0\left|k\right|\pi \sqrt{1-\frac{{\left|k\right|}^2}{{{4k}_0}^2}}}$

使用了$z=\frac{\left|k\right|}{{2k}_0}.$

附件A II：进行积分以获得H_BF(k)

$h_{\mathrm{BF}}(z-r)=N{\int }_0^{\xi }d{\phi }_r{\int }_0^{\xi }d{\phi }_t\times$

$\exp \{-{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left({\phi }_r\right)·(z-r)\}\exp \{{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left({\phi }_t\right)·(z-r)\}$

贝塞尔函数¹⁰和Jacobi Anger展开¹¹：

$<r-z|k_0>=\exp [k_0·(r-z)]=\exp \{{\mathrm{ik}}_0|z-r|\cos \left(\alpha \right)\}=\underset{n=-\infty }{\overset{\infty }{\Sigma }}{i}^n{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\exp \left(\mathrm{in\alpha }\right)$

$=\underset{n=-\infty }{\overset{\infty }{\Sigma }}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\exp \left[\mathrm{in}(\alpha +\frac{\pi }{2})\right]$

$=J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+\underset{n=-\infty ,n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\exp \left[\mathrm{in}(\alpha +\frac{\pi }{2})\right]$

α=φ_r,t-φ′·在φ_r上积分：

${\int }_0^{\xi }d{\phi }_r\exp \{-{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left({\phi }_r\right)·(z-r)\}$

$=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+{\int }_0^{\xi }d{\phi }_r\underset{n=-\infty n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\exp [-\mathrm{in}(\alpha +\frac{\pi }{2})]$

$=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+{\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_r\underset{n=-\infty ,n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\exp [-\mathrm{in}({\phi }_r-{\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2})]$

$=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+\underset{n=-\infty n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right){\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_r\exp [-\mathrm{in}({\phi }_r-{\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2})]$

$=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+\underset{n=-8n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\exp [-\mathrm{in}(-{\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2})]J_n\left(k_0\right|z-r\left|\right){\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_r\exp [-\mathrm{in}{\phi }_r]$

$=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+\underset{n=-\infty n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{e}^{\mathrm{in}({\phi }^{\prime }-\frac{\pi }{2})}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\frac{e^{-\mathrm{in\xi }}-1}{-n{e}^{i\frac{\pi }{2}}}$

$=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+\underset{n=-\infty n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n)\frac{\pi }{2}}[e^{-\mathrm{in\xi }}-1]}{-n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

在φ_t上积分：

${\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_t\exp \{{\mathrm{ik}}_0\hat{u}\left({\phi }_r\right)·(z-r)\}=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+{\int }_0^{\xi }\underset{n=-\infty ,n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\exp \left[\mathrm{in}(\alpha +\frac{\pi }{2})\right]$

$=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+{\int }_0^{\xi }d{\phi }_t\underset{n=-8,n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\exp \left[\mathrm{in}({\phi }_t-{\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2})\right]$

--------------------------------

¹⁰http://en.wikipesia.org/wiki/Bessel function

¹¹http://en.wikipedia.org/wiki/Jacobi-Anger_expansion

$=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+\underset{n=-\infty ,n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right){\int }_0^{\xi }{\mathrm{d\phi }}_t\exp \left[\mathrm{in}({\phi }_t-{\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2})\right]$

$=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+\underset{n=-\infty ,n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{e}^{\mathrm{in}(-{\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2})}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\frac{e^{\mathrm{in\xi }}-1}{\mathrm{in}}$

$=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+\underset{n=-\infty ,n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{e}^{\mathrm{in}({-\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2})}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\frac{e^{\mathrm{in\xi }}-1}{\mathrm{in}}\frac{i}{i}$

$=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+\underset{n=-\infty ,n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{e}^{i\frac{\pi }{2}}{e}^{\mathrm{in}(-{\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2})}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\frac{e^{\mathrm{in\xi }}-1}{-n}$

$=\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+\underset{n=-\infty ,n\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\frac{e^{i(1+n)\frac{\pi }{2}}[e^{\mathrm{in\xi }}-1]}{-n}{e}^{-\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

实际上上述在φ_t上的积分是在φ_r上的积分的复共轭。

$h_{\mathrm{BF}}(z-r)=$

$N\{\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+\underset{n_2=-\infty ,n_1\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_2\xi }]}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{{\mathrm{in}}_2{\phi }^{\prime }}\}$

$H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=\int d^2(z-r)h_{\mathrm{BF}}(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}=\int d^2(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}\times$

傅里叶变换：

$H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=\int d^2(z-r)h_{\mathrm{BF}}(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}=\int d^2(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}\times$

$\times N\{{\mathrm{\xi j}}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+\underset{n_2=-\infty ,n_2\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_2\xi }]}{n_2}{\mathrm{Jn}}_2\left(k_0\right|z-r\left|e\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}$

$\{\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+\underset{n_1=-\infty ,n_1\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }}{n_1}{\mathrm{Jn}}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_1{\phi }^{\prime }}\}$

$H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)={\int d}^2(z-r)h_{\mathrm{BF}}(z-r)e^{\mathrm{ik}·[z-r]}={\int d}^2(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}\times$

$\times N\{{\xi }^2{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)+$

$\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\underset{n_2=-\infty ,n_2\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-{\mathrm{in}}_2\xi }]}{n_2}{J}_{n_2}\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}+$

$\xi J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\underset{n_1=-\infty ,n_1\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}+$

$+\left[\underset{n_2=-\infty ,n_2\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_2\xi }]}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}\right]\times$

$\left[\underset{n_1=-\infty ,n_1\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}\right]\}$

$\equiv \int d^2(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}\{L_0+L_1+L_2+L_3\}$

为了方便，上述表达式用中间项标记。

在两个步骤中检查L₁总和：

$\underset{n_2=-\infty ,n_2\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{{\mathrm{in}}_2{\phi }^{\prime }}$

$=\underset{n_2-1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_2\xi }]}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{{\mathrm{in}}_2{\phi }^{\prime }}$

$+\underset{n_2=-\infty ,}{\overset{-1}{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_2\xi }]}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}=$

$=\underset{n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_2\xi }]}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}$

$+\underset{n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1-n_2)\frac{\pi }{2}}[e^{i{n}_2\xi }-1]}{n_2}{J_{-n}}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_2{\phi }^{\prime }}$

$=\underset{n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_2\xi }]}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}+\frac{e^{-i(1-n_2)\frac{\pi }{2}}[e^{i{n}_2\xi }-1]}{n_2}{J_{-n}}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}$

使用：${J_{-n}}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)={(-1)}^{n_2}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right),$得到：

$=\underset{n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_2\xi }]}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}$

$+\frac{e^{-i(1-n_2)\frac{\pi }{2}}[e^{i{n}_2\xi }-1]}{n_2}{(-1)}^{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_2{\phi }^{\prime }}$

$L_1=\mathrm{N\xi }{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\underset{n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{1}{n_2}{e}^{-i\frac{\pi }{2}}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)\left\{e^{i{n}_2\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{-i{n}_2\xi }]e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}$

$+e^{i{n}_2\frac{\pi }{2}}[e^{i{n}_2\xi }-1]{(-1)}^{n_2}{e}^{-i{n}_2{\phi }^{\prime }}\}$

类似地在两个步骤针对n₁上的总和检查L₂：

$\underset{n_1=-\infty ,n_1\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}=$

$=\underset{n_1=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_1{\phi }^{\prime }}$

$+\underset{n_1=-\infty }{\overset{-1}{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}$

$=\underset{n_1=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}$

$+\underset{n_1=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1-n_{1}2)\frac{\pi }{2}}[e^{-i{n}_1\xi }-1]}{n_1}{J}_{-n_1}\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_1{\phi }^{\prime }=*}$

使用$J_{-n_1}\left(k_0\right|z-r\left|\right)={(-1)}^{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)$

$*=\underset{n_1=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}$

$+\underset{n_1=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1-n_1)\frac{\pi }{2}}[e^{-i{n}_1\xi }-1{]}^{{(-1)}^{n_1}}}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_1{\phi }^{\prime }}$

$L_2=\mathrm{N\xi }{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\underset{n_1=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)\left\{e^{{\mathrm{in}}_1\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{i{n}_1\xi }]e^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}$

$+e^{-i{n}_1\frac{\pi }{2}}[e^{-i{n}_1\xi }-1]{(-1)}^{n_1}{e}^{i{n}_1{\phi }^{\prime }}$

其为L₁的复共轭，因为L₁应该是

$L_1=\mathrm{N\xi }{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\underset{n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)\left\{e^{-i{n}_2\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{-i{n}_2\xi }]e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}$

$+e^{i{n}_2\frac{\pi }{2}}[e^{i{n}_2\xi }-1]{(-1)}^{n_2}{e}^{-i{n}_2{\phi }^{\prime }}\}$

针对n₁和n₂将该两项相加，即，(L₁+L₂)，并且用n标记索引：

$\mathrm{N\xi }{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\times \{$

$\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\left\{e^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{-\mathrm{in\xi }}]e^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}+e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}[e^{\mathrm{in\xi }}-1\left]{(-1)}^n{e}^{-\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}\right\}$

$+\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n}{j}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\left\{e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in\xi }}]e^{-\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}+e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}[e^{-\mathrm{in\xi }}-1]{(-1)}^n{e}^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

$\}$

重新排列分别乘以e^-inφ′和e^inφ′的项，得到:

$=\mathrm{N\xi }{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\left\{\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in\xi }}]$

$-\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{e}^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)[1-e^{\mathrm{in\xi }}]{(-1)}^n\}{e}^{-\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

$+\mathrm{N\xi }{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\left\{\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{-\mathrm{in\xi }}]$

$-\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n}{e}^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)[1-e^{-\mathrm{in\xi }}]{(-1)}^n\}{e}^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

现在检查上面的项：

$\left\{\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in\xi }}]-\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{e}^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)[1-e^{\mathrm{in\xi }}\left]{(-1)}^n\right\}{e}^{-\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

$=\left\{\frac{1}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-r^{\mathrm{in\xi }}\left]\right[e^{i\frac{\pi }{2}}-e^{i\frac{\pi }{2}}{(-1)}^n\left]\right\}{e}^{-\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

$=\left\{\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in\xi }}\left]\right[1+{(-1)}^n\left]\right\}{e}^{-\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

类似地，对于下面的项：

$\left\{\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{-\mathrm{in\xi }}]-\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n}{e}^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)[1-e^{-\mathrm{in\xi }}\left]{(-1)}^n\right\}{e}^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

$=\left\{\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{-\mathrm{in\xi }}\left]\right[1+{(-1)}^n\left]\right\}{e}^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

这验证了通过将L1和L2相加，仅仅偶数项对总和有贡献。

$L_1+L_2=\mathrm{N\xi }{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\left\{\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in\xi }}\left]\right[1+{(-1)}^n\left]\right\}{e}^{-\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

$+\left\{\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{-\mathrm{in\xi }}\left]\right[1+{(-1)}^n]e^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}=$

$=2\mathrm{N\xi }{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\underset{n=1,\mathrm{even}}{\overset{\infty }{\Sigma }}\left\{\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n}{j}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in\xi }}\left]\right\}{e}^{-\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

$+\left\{\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in\xi }}\left]\right\}{e}^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

现在傅里叶变换

$\int d^2(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}(L_1+L_2)=$

$=\int d^2(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}\times 2\mathrm{N\xi }{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\underset{n=1,\mathrm{even}}{\overset{\infty }{\Sigma }}\left\{\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in\xi }}\left]\right\}{e}^{-\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

$+\left\{\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{-\mathrm{in\xi }}\left]\right\}{e}^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

$\exp \{-\mathrm{ik}·[z-r\left]\right\}=\exp \{-i|k\left|\right|z-r\left|\cos \left(\alpha \right)\right\}={\left[\underset{n_3=-\infty }{\overset{\infty }{\Sigma }}{i}^{n_3}{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)\exp \left({\mathrm{in}}_3\alpha \right)\right]}^{*}=$

$=\underset{n_3=-\infty }{\overset{\infty }{\Sigma }}{i}^{-n_3}{J}_n\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)\exp (-i{n}_3\alpha )=$

$=\underset{n_3=-\infty }{\overset{\infty }{\Sigma }}{e}^{i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)\exp \left({-\mathrm{in}}_3({\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2})\right)$

$=J_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)+\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{e}^{{\mathrm{in}}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)\exp (-{\mathrm{in}}_3({\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2}))$$+\underset{n_3=-\infty }{\overset{-1}{\Sigma }}{e}^{i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)\exp (-i{n}_3({\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2}))$

$=J_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)+\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{e}^{{\mathrm{in}}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)\exp (-{\mathrm{in}}_3({\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2}))$$+\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{e}^{-i{n}_3\phi }{J_{-n}}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)\exp \left({\mathrm{in}}_3({\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2})\right)=*$

${J_{-n}}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)={(-1)}^{n_3}{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)$

$*=J_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)+\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{e}^{i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)\exp \left({-\mathrm{in}}_3({\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2})\right)$

$+\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{e}^{-i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)\exp \left({\mathrm{in}}_3({\phi }^{\prime }+\frac{\pi }{2})\right){(-1)}^{n_3}=$

为了紧凑记法，标记F：

$F=J_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)$

$+\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\{e^{i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_3\frac{\pi }{2}}{e}^{-{\mathrm{in}}_3{\phi }^{\prime }}$

$+e^{-i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{{\mathrm{in}}_3\frac{\pi }{2}}{(-1)}^{n_3}{e}^{{\mathrm{in}}_3{\phi }^{\prime }\}}$

$\int d^2(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}(L_1+L_2)=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{d\phi }}^{\prime }(L_1+L_2)F$

$=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{d\phi }}^{\prime }\times 2\mathrm{N\xi }{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\underset{n=1,\mathrm{even}}{\overset{\infty }{\Sigma }}\left\{\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in\xi }}\left]\right\}{e}^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}$

$+\left\{\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{j}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}\left]\right\}{e}^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}\times$

$\{J_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)+\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}[e^{i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{-{\mathrm{in}}_3\frac{\pi }{2}}{e}^{-{\mathrm{in}}_3{\phi }^{\prime }}+e^{-{\mathrm{in}}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{{\mathrm{in}}_3\frac{\pi }{2}}{(-1)}^{n_3}{e}^{{\mathrm{in}}_3{\phi }^{\prime }}\left]\right\}$

注意到：

${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{d\phi }}^{\prime }{e}^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{d\phi }}^{\prime }{e}^{-\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}=0$

${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{d\phi }}^{\prime }{e}^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}{e}^{i{n}_3{\phi }^{\prime }}={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{d\phi }}^{\prime }{e}^{-{\mathrm{in}}_3{\phi }^{\prime }}{e}^{-i{n}_3{\phi }^{\prime }}=0$

${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{d\phi }}^{\prime }{e}^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}{e}^{-{\mathrm{in}}_3{\phi }^{\prime }}={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{d\phi }}^{\prime }{e}^{i{n}^{\prime }}{e}^{i{n}_3{\phi }^{\prime }}={{2\mathrm{\pi \delta }}_{n,n}}_3$

因此，剩下的项仅仅是：

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{d\phi }}^{\prime }(L_1+L_2)F=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|\times 2\mathrm{N\xi }{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\times \{$

$\underset{n=1,\mathrm{even}}{\overset{\infty }{\Sigma }}\left\{\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in\xi }}\left]\right\}\left\{\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\right[e^{i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_3\frac{\pi }{2}}\left]\right\}{2\mathrm{\pi \delta }}_{n,n_3}$

$+\underset{n=1,\mathrm{even}}{\overset{\infty }{\Sigma }}\left\{\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in\xi }}\left]\right\}\left\{\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\right[e^{i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_3\frac{\pi }{2}}{(-1)}^{n_3}\left]\right\}{2\mathrm{\pi \delta }}_{n,n_3}\}$

$=4\mathrm{\pi N\xi }\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)$

$\underset{n=1,\mathrm{even}}{\overset{\infty }{\Sigma }}\left\{\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in\xi }}\left]\right[e^{\mathrm{in\phi }}{J}_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}]$

$+\frac{e^{i\frac{\pi }{2}}}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}[1-e^{\mathrm{in\xi }}]\left[e^{-\mathrm{in\phi }}{J}_n\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right]\}$

注意到上述两个项是彼此的复共轭，因此根据脚注¹²

$\int d^2(z-r)(L_1+L_2)F=4\mathrm{\pi N\xi }\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\times$

$\underset{n=1,\mathrm{even}}{\overset{\infty }{\Sigma }}2\mathrm{Re}\left\{\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{j}_n\left(k_0|z-r|\right)e^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{-\mathrm{in\xi }}\left]\right[e^{\mathrm{in\phi }}{J}_n\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\left]\right\}$

$-4\mathrm{\pi N\xi }\underset{n=1,\mathrm{even}}{\overset{\infty }{\Sigma }}2\mathrm{Re}\left\{\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{e}^{\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right[1-e^{\mathrm{in\xi }}\left]e^{\mathrm{in\phi }}{e}^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}\right\}{I}_{0,n,n}=*$

---------------------------------- ¹²C=A+iB;c+c^*=2A=2Re(C)

检查：

$\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{e}^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}[1-e^{-\mathrm{in\xi }}]e^{\mathrm{in\phi }}{e}^{-\mathrm{in}\frac{\pi }{2}}=\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{e}^{-\mathrm{in\pi }}[1-e^{-\mathrm{in\xi }}]e^{\mathrm{in\phi }}$

$=\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{e}^{-\mathrm{in\pi }}{e}^{\mathrm{in\phi }}-\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}{e}^{-\mathrm{in}(\pi +\xi )}{e}^{\mathrm{in\phi }}$

$=\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}[e^{i(\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi })}-e^{i(\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi }-\mathrm{n\xi })}]$

$=\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}[\cos (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi })+i\sin (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi })-\cos (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi }-\mathrm{n\xi })$

$-i\sin (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi }-\mathrm{n\xi })]$

取实数部分（注意$e^{-i\frac{\pi }{2}}=\cos (-\frac{\pi }{2})+i\sin (-\frac{\pi }{2})=-i:$）：

$\mathrm{Re}\left\{\frac{e^{-i\frac{\pi }{2}}}{n}\right[\cos (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi })+i\sin (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi })-\cos (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi }-\mathrm{n\xi })-i\sin (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi }-\mathrm{n\xi })\left]\right\}$

$=\frac{1}{n}\mathrm{Re}\{-i\cos (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi })+\sin (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi })+i\cos (\mathrm{n\phi n}-\mathrm{n\pi }-\mathrm{n\xi })-\sin (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi }-\mathrm{n\xi })\}$

$=\frac{1}{n}\{\sin (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi })-\sin (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi }-\mathrm{n\xi })\}$

最终得到：

$\int d^2(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}\{L_1+L_2\}=8\mathrm{\pi N\xi }\underset{n=1,\mathrm{even}}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{1}{n}[\sin (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi })-\sin (\mathrm{n\phi }-\mathrm{n\pi }-\mathrm{n\xi })]I_{0,n,n}$

使用脚注¹³中的恒等式

对于ξ=π，得到：

sin(n(π-φ))=-sin(nφ-nπ)

sin(nφ-nπ)=sin(nφ);n=even

$\int d^2(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}\{L_1+L_2\}{|}_{\xi =\pi }8\mathrm{\pi N\xi }\underset{\underset{\mathrm{even}}{n=1}}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{1}{n}[\sin \left(\mathrm{n\phi }\right)-\sin \left(\mathrm{n\phi }\right)]I_{0,n,n}=0$

下面考虑：$\int d^2(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}\left\{L_0\right\}$

——————————

¹³sin(a-b)=sinacosb-cosasinb

sin(a-nπ)=sinacosnπ-cosasinnπ=sina;forn=even

http://en.wikipedia.org/wiki/Angle_addition_formula#An]e sum and_difference_jdentities

$\int d^2(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}\left\{L_0\right\}=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}{\mathrm{d\phi }}^{\prime }{L}_{0}F$

其中，和之前相同

$F=J_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)$$+\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\{e^{i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-e\left|\right)e^{-i{n}_3\frac{\pi }{2}}{e}^{-i{n}_3{\phi }^{\prime }}$

$+e^{-i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_3\frac{\pi }{2}}{(-1)}^{n_3}{e}^{i{n}_3{\phi }^{\prime }}$

并且L₀=N{ξ²J₀(k₀|z-r|}J₀(k₀|z-r|)·得到

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }{L}_{0}F$$=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }N\{{\xi }^2{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)J_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)$

$+\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}d|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }N\{{\xi }^2{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\times$

$\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\{e^{i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_3\frac{\pi }{2}}{e}^{-i{n}_{3{\phi }^{\prime }}}+e^{-i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_3\frac{\pi }{2}}{(-1)}^{n_3}{e}^{i{n}_3{\phi }^{\prime }}$

$=2\mathrm{\pi N}{\xi }^2{I}_{\mathrm{0,0,0}}+\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }N\{{\xi }^2{J}_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)J_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)\times$

$\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\{e^{i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_3\frac{\pi }{2}}{e}^{-i{n}_3{\phi }^{\prime }}+e^{-i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_3\frac{\pi }{2}}{(-1)}^{n_3}{e}^{i{n}_3{\phi }^{\prime }}$

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }{L}_{0}F=2\mathrm{\pi N}{\xi }^2{I}_{\mathrm{0,0},,};\mathrm{as}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }{e}^{i{n}_3{\phi }^{\prime }}=0$

最后考虑：$\int d^2(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}\left\{L_3\right\}$

$\int d^2(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}\left\{L_3\right\}=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }{L}_{3}f$

F=j₀(|k||z-r|)

$+\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\{e^{i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_3\frac{\pi }{2}}{e}^{i{n}_3{\phi }^{\prime }}$

$+e^{-i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_3\frac{\pi }{2}}{(-1)}^{n_3}{e}^{i{n}_3{\phi }^{\prime }}$

$L_3=N\left[\underset{n_2=-\infty ,n_2\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_2\xi }]}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}\right]\times$

$\left[\underset{n_1=-\infty ,n_1\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}\right]$

如同之前，我们将总和划分为两个部分：

$L_3=N\times [\underset{n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_2\xi }]}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}$

$+\underset{n_2=-\infty }{\overset{-1}{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_2\xi }]}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}]\times$

$[\underset{n_1=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}+\underset{n_1=-\infty }{\overset{-1}{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}]$

再次使用：

J_-n(|k||z-r|)=(-1)ⁿJ_n(|k||z-r|)

得到：

$L_3=N\times [\underset{n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_2\xi }]}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}$

$+\underset{n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1-n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{{-n}_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right){(-1)}^{n_2}{e}^{-i{n}_2{\phi }^{\prime }}]\times$

$[\underset{n_1=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}$

$+\underset{n_1=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1-n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_1\xi }]}{{-n}_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right){(-1)}^{n_1}{e}^{i{n}_1{\phi }^{\prime }}]$

首先考虑：

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }{L}_3{J}_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)$

回顾：

${\int }_0^{2\pi }d{\phi }^{\prime }{e}^{\mathrm{in}{\phi }^{\prime }}={\int }_0^{2\pi }d{\phi }^{\prime }{e}^{in{\phi }^{\prime }}=0$

${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{d\phi }}^{\prime }{e}^{i{n}_1{\phi }^{\prime }}{e}^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}={\int }_0^{2\pi }d{\phi }^{\prime }{e}^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}{e}^{-i{n}_2{\phi }^{\prime }}=0$

${\int }_0^{2\pi }d{\phi }^{\prime }{e}^{i{n}_1{\phi }^{\prime }}{e}^{-i{n}_2{\phi }^{\prime }}={\int }_0^{2\pi }d{\pi }^{\prime }{e}^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}{e}^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}={2\mathrm{\pi \delta }}_{n_1,n_2}$

剩下的项仅仅是：

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }{L}_3{J}_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }{J}_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)N$

$\times \underset{n_1,n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_2\xi }]}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}$

$\times \frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}$$+\underset{n_1,n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1-n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_2\xi }]}{-n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right){(-1)}^{n_2}{e}^{-i{n}_2{\phi }^{\prime }}$

$\times \frac{e^{i(1-n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_1\xi }]}{{-n}_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right){(-1)}^{n_1}{e}^{i{n}_1{\phi }^{\prime }}$

$=2\mathrm{\pi N}\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|J_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)\times$

$\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-\mathrm{in\xi }}]}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)\times \frac{e^{i(1+n)\frac{\pi }{2}}[1-e^{\mathrm{in\xi }}]}{n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right)$

$+\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1-n)\frac{\pi }{2}}[1-e^{\mathrm{in\xi }}]}{-n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right){(-1)}^n$

$\times \frac{e^{i(1-n)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-\mathrm{in\xi }}]}{-n}{J}_n\left(k_0\right|z-r\left|\right){(-1)}^n$

$I_{n_1,n_2,n_3}=I_{n_1,n_2{,n}_3}\left(k_0\right|k\left|\right)=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d\left|\right|z-r|{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right){J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right){J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)$

$=2\mathrm{\pi N}\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}[\frac{e^{-i(1+n)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-\mathrm{in\xi }}]}{n}\frac{e^{i(1+n)\frac{\pi }{2}}[1-e^{\mathrm{in\xi }}]}{n}+\frac{e^{-i(1-n)\frac{\pi }{2}}[1-e^{\mathrm{in\xi }}]}{-n}\frac{e^{i(1-n)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-\mathrm{in\xi }}]}{-n}{I}_{n,n,0}]$

$=2\mathrm{\pi N}\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}[\frac{[1-e^{-\mathrm{in\xi }}]}{n}\frac{[1-e^{\mathrm{in\xi }}]}{n}+\frac{[1-e^{\mathrm{in\xi }}]}{-n}\frac{[1-e^{-\mathrm{in\xi }}]}{-n}{I}_{n,n,0}]=$

$=2\mathrm{\pi N}\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{2}{n^2}[1-e^{-\mathrm{in\xi }}][1-e^{\mathrm{in\xi }}]I_{0,n,n}=$

$[1-e^{-\mathrm{in\xi }}][1-e^{\mathrm{in\xi }}]=2-e^{-\mathrm{in\xi }}-e^{\mathrm{in\xi }}=2-\cos (-\mathrm{n\xi })-\sin (-\mathrm{n\xi })-\cos \left(\mathrm{n\xi }\right)-i\sin \left(\mathrm{n\xi }\right)$

$=-2[1-\cos \left(\mathrm{n\xi }\right)]$

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }{L}_3{J}_0\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)=8\mathrm{\pi N}\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{1}{n^2}[1-\cos \left(\mathrm{n\xi }\right)]I_{n,n,0}$

对于ξ=π的情况，得到

$8\mathrm{\pi N}\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{1}{n^2}[1-{(-1)}^n]I_{0,n,n}=16\mathrm{\pi N}\underset{n=1,\mathrm{o\alpha \alpha }}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{1}{n^2}{I}_{n,n,0}$

其次考虑F的第二项的贡献：

$\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }{L}_3\underset{n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\{e^{i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_3\frac{\pi }{2}}{e}^{i{n}_3{\phi }^{\prime }}$$+e^{-i{n}_3\phi }{j}_{n_3}\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_3\frac{\pi }{2}}{(-1)}^{n_3}{e}^{i{n}_3{\phi }^{\prime }}$

$E=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }N\times$

$\left[\underset{n_3=-\infty ,n_3\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{e}^{i{n}_3\phi }{J_n}_3\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_3\frac{\pi }{2}}{e}^{-i{n}_3{\phi }^{\prime }}\right]$

$\left[\underset{n_2=-\infty ,n_2=0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{-i(1+n_2)\frac{\pi }{2}}[1-e^{-i{n}_2\xi }]}{n_2}{J_n}_2\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{i{n}_2{\phi }^{\prime }}\right]$

$\left[\underset{n_1=-\infty ,n_1\ne 0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{e^{i(1+n_1)\frac{\pi }{2}}[1-e^{i{n}_1\xi }]}{n_1}{J_n}_1\left(k_0\right|z-r\left|\right)e^{-i{n}_1{\phi }^{\prime }}\right]$

$E=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}|z-r|d|z-r|\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }N\times$

定义并且标记：

现在将总和划分为多个部分：

E=2πN

$\times \left(\begin{array}{c}\underset{n_1=1,n_2=1,n_3=1}{\overset{\infty ,\infty ,\infty }{\Sigma }}{M}_{n_1,n_2,n_3}{I}_{n_1,n_2,n_3}+\underset{n_1=-\infty ,n_2=1,n_3=1,}{\overset{-1,\infty ,\infty }{\Sigma }}{M}_{n_1,n_2,n_3}{I}_{n_1,n_2,n_3}{\delta }_{-n_1+n_2,n_3}\\ +\underset{n_1=1,n_2=-\infty ,n_3=1}{\overset{\infty ,-1,\infty }{\Sigma }}{M}_{n_1,n_2,n_3}{I}_{n_1,n_2,n_3,}{\delta }_{{-n}_1+n_2,n_3}+\underset{n_1=1,n_2=1,n_3=-\infty }{\overset{\infty ,\infty ,-1}{\Sigma }}{M}_{n_1,n_2,n_3}{I}_{n_1,n_2,n_3}{\delta }_{{-n}_1+n_2,n_3}\\ +\underset{n_1=1,n_2=\infty ,n_3=1}{\overset{-1,-1,\infty }{\Sigma }}{M}_{n_1,n_2,n_3}{I}_{n_1,n_2,n_3}{\delta }_{-n_1+n_2,n_3}+\underset{n_1=1,n_2=-\infty ,n_3=1}{\overset{\infty ,-1,-1}{\Sigma }}{M}_{n_1,n_2,n_3}{I}_{n_1,n_2,n_3}{\delta }_{-n_1+n_2,n_3}\\ +\underset{n_1=1,n_2=1,n_3=-\infty }{\overset{-1,\infty ,-1}{\Sigma }}{M}_{n_1,n_2,n_3}{I}_{n_1,n_2,n_3}{\delta }_{{-n}_1+n_2,n_3}+\underset{n_1=-\infty ,n_2=-\infty ,n_3=-\infty }{\overset{-1,-1,-1}{\Sigma }}{M}_{n_1,n_2,n_3,}{I}_{n_1,n_2,n_3,}{\delta }_{-n_1+n_2,n_3}\end{array}\right)$

将总和改变为“1到∞”并且将对应的n索引改变为-n:

E＝2πN

将项重新排列：

E=2πN

$\times \left(\begin{array}{c}\underset{n_1,n_2,n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{M}_{n_1,n_2,n_3}{I}_{n_1,n_2,n_3}{\delta }_{{-n}_1+n_2,n_3}+\underset{n_1,n_2,n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{M}_{-n_1,{-n}_2,{-n}_3}{I}_{{-n}_1,{-n}_2,{-n}_3}{\delta }_{n_1-n_2,{-n}_3}\\ +\underset{n_1,n_2,n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{M}_{{-n}_1{,-n}_2,{-n}_3}{I}_{{-n}_1,{-n}_2,{-n}_3}{\delta }_{n_1-n_2,n_3}+\underset{n_1,n_2,n_{3=1}}{\overset{\infty }{\Sigma }}{M}_{n_1,n_2,{-n}_3}{I}_{n_1,n_2,{-n}_3}{\delta }_{{-n}_1+n_2,-n_3}\\ +\underset{n_1,n_2,n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{M}_{-n_1,n_2,n_3}{I}_{{-n}_1,n_2,n_3}{\delta }_{n_1+n_2,n_3}+\underset{n_1,n_2,n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{M}_{n_1,{-n}_2,{-n}_3}{I}_{n_1,-n_2,-n_3}{\delta }_{{-n}_1{-n}_{2,}{-n}_3}\end{array}\right)$

注意到δ_n,n的属性：

$E=2\mathrm{\pi N}\times \left(\begin{array}{c}\underset{n_1,n_2,n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}[M_{n_1,n_2,n_3}{I}_{n_1,n_2,n_3}+M_{-n_1,{-n}_2,{-n}_3}{I}_{-n_1,{-n}_2,{-n}_3}]{\delta }_{{-n}_1+n_2,n_3}\\ +\underset{n_1,n_2{,n}_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}[M_{{-n}_1,{-n}_2,{-n}_3}{I}_{{-n}_1,{-n}_2,n_3}+M_{n_1,n_2,-n_3}{I}_{n_1,n_2,-n_3}]{\delta }_{n_1-n_2,n_3}\\ +\underset{n_1,n_2,n_3=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}[M_{{-n}_1,n_2,n_3}{I}_{-n_1,n_2,n_3}+M_{n_1,-n_2,-n_3}{I}_{n_1,-n_2,{-n}_3}]{\delta }_{n_1+n_2,n_3}\end{array}\right)$

使用δ：

$E=2\mathrm{\pi N}\times \left(\begin{array}{c}\underset{\underset{{-n}_1+n_2\ge 1}{n_1,n_2,n_3=1}}{\overset{\infty }{\Sigma }}[M_{n_1,n_2,-n_1+n_2}{I}_{n_{1,}{n}_2,-n_1+n_2}+M_{{-n}_1,n_2,n_1-n_2}{I}_{-n_1,{-n}_2,n_1-n_2}]\\ +\underset{\underset{n_1-n_2\ge 1}{n_1,n_2=1}}{\overset{\infty }{\Sigma }}[M_{{-n}_1,{-n}_2,n_1-n_2}{I}_{{-n}_1,{-n}_2,n_1-n_2}+M_{n_1,n_2,-n_1+n_2}{I}_{n_1,n_2,-n_1+n_2}]\\ +\underset{n_1,n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}[M_{{-n}_1,n_2,n_1+n_2}{I}_{{-n}_1,n_2,n_1+n_2}+M_{n_1,{-n}_2,{-n}_1-n_2}{I}_{n_1,-n_2,{-n}_1-n_2}]\end{array}\right)$

集合-n₁+n₂≥1和n₁-n₂≥1的项，得到

$E=2\mathrm{\pi N}\times \left(\begin{array}{c}\underset{n_2-n_1,\ne 0}{\overset{\infty }{\underset{n_1,n_2=1}{\Sigma }}}[M_{n_1,n_2-n_1+n_2}{I}_{n_1,n_2,-n_1+n_2}+M_{{-n}_1,{-n}_2,n_1-n_2}{I}_{{-n}_1,{-n}_2,n_1-n_2}]\\ +\underset{n_1,n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}[M_{{-n}_1,n_2,n_1+n_2}{I}_{{-n}_1,n_2,n_1+n_2}+M_{n_1,{-n}_2,{-n}_1-n_2}{I}_{n_1,{-n}_2,{-n}_1{-n}_2}]\end{array}\right)$

从的显式表达式，我们发现：

$E=2\mathrm{\pi N}\times \left(\begin{array}{c}\underset{\underset{n_2-n_1\ne 0}{n_1,n_2=1}}{\overset{\infty }{\Sigma }}[M_{n_1,n_{2,}{-n}_1+n_2}{I}_{n_1,n_2,-n_1+n_2}+{M^{*}}_{n_1,n_2,{-n}_1+n_2}{I}_{{-n}_1,{-n}_2,n_1-n_2}]\\ +\underset{n_1,n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}[M_{{-n}_1,n_2,n_1+n_2}{I}_{{-n}_1,n_2,n_1+n_2}+{M^{*}}_{{-n}_1,n_2,n_1+n_2}{I}_{n_1,{-n}_2,{-n}_1{-n}_2}]\end{array}\right)$

从属性

$I_{-n_1,{-n}_2,n_1-n_2}={(-1)}^{n_1}{(-1)}^{n_2}{(-1)}^{-n_1+n_2}{I}_{n_1,n_2-n_1+n_2}=I_{n_1,n_2,-n_1+n_2}$

$I_{n_1,-n_2,-n_1{-n}_2}={(-1)}^{n_2}{(-1)}^{{-n}_1+n_2}{I}_{n_1,n_2,n_1+n_2}={(-1)}^{n_1}{I}_{n_1,n_2,n_1+n_2};I_{n_1,n_2,n_1+n_2}={(-1)}^{n_1}{I}_{n_1,n_2,n_1+n_2}$

$E=2\mathrm{\pi N}\times \left\{\underset{\underset{n_2-n_1,\ne 0}{n_1,n_2=1}}{\overset{\infty \infty }{\Sigma }}\right[2\mathrm{Re}{M}_{n_1,n_2,{-n}_1+n_2}]I_{n_1,n_2,-n_1+n_2}+\underset{n_1,n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{(-1)}^{n_1}[2\mathrm{Re}{M}_{{-n}_1,n_2,n_1+n_1}]I_{n_1,n_2,n_1+n_2}$

回顾针对以下的表达式

$M_{n_1,n_2,n_3}=\frac{e^{i(n_1-n_2-n_3)}}{n_1{n}_2}[1-e^{i{n}_1\xi }-e^{-i{n}_2\xi }+e^{i(n_1-n_2)\xi }]e^{i{n}_3\phi }$

$M_{n_1},n_2,-n_1+n_2=\frac{e^{i(n_1-n_2+n_1-n_2)\frac{\pi }{2}}}{n_1{n}_2}[1-e^{i{n}_1\xi }-e^{i{n}_2\xi }+e^{i(n_1-n_2)\xi }]e^{i(-n_1+n_2)\phi }$

e^inπ=cos(nπ)+isimn(nπ)=cos(nπ)=(-1)ⁿ

$[1-e^{i{n}_1\xi }-e^{-i{n}_2\xi }+e^{i(n_1-n_2)\xi }]=$

$=1-\cos \left(n_1\xi \right)-i\sin \left(n_1\xi \right)-\cos \left(n_2\xi \right)+i\sin \left(n_2\xi \right)+\cos \left((n_1-n_2)\xi \right)+i\sin \left((n_1-n_2)\xi \right)$

$=1-\cos \left(n_1\xi \right)-\cos \left(n_2\xi \right)+\cos \left((n_1-n_2)\xi \right)-i[\sin \left(n_1\xi \right)-\sin \left(n_2\xi \right)-\sin \left((n_1-n_2)\xi \right)]$

$e^{i(-n_1+n_2)\phi }=\cos \left(({-n}_1+n_2)\phi \right)+\mathrm{iisn}\left(({-n}_1+n_2)\phi \right)$

$\mathrm{Re}{M}_{n_1,n_2,-n_1+n_2}=\frac{{(-1)}^{n_1-n_2}}{n_1{n}_2}\left\{\right[1-\cos \left(n_1\xi \right)-\cos \left(n_2\xi \right)+\cos \left((n_1-n_2)\xi \right)]\cos \left(({-n}_1+n_2)\phi \right)$

$+[\sin \left(n_1\xi \right)-\sin \left(n_2\xi \right)-\sin \left((n_1-n_2)\xi \right)]\sin \left(({-n}_1+n_2)\phi \right)\}$

注意如果n₁=n₂，则$\mathrm{Re}{M}_{n_1,n_2,-n_1+n_2}=\mathrm{Re}{M}_{n,n,0}=\frac{1}{n^2}\left\{\right[1-\cos \left(\mathrm{n\xi }\right)-\cos n\left(\mathrm{n\xi }\right)+$

$\cos \left(\left(0\right)\xi \right)\cos \left(\left(0\right)\phi \right)+[\sin \left(\mathrm{n\xi }\right)-\sin \left(\mathrm{n\xi }\right)-\sin \left(\left(0\right)\xi \right)]\sin \left(\left(0\right)\phi \right)=\frac{1}{n^2}\left\{2\right[1-\cos \left(\mathrm{n\xi }\right)\left]\right\}$$2\mathrm{\pi N}\times {\left\{\underset{n_1,n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\right[2\mathrm{Re}{M}_{n_1,n_2,{-n}_1+n_2}\left]I_{n_1,n_2,-n_1+n_2}\right\}}_{n_2-n_1,=0}=8\mathrm{\pi N}\underset{n=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{1}{n^2}[1-\cos \left(\mathrm{n\xi }\right)]I_{n,n,0}$

其为从第二均质项得到的结果。因此，如果允许n₁=n₂，可以省略第二均质项。 再次类似地，$M_{n_1,n_2,n_3}=\frac{e^{i(n_1-n_2-n_3)\frac{\pi }{2}}}{n_1{n}_2}[1-e^{i{n}_1\xi }-e^{-i{n}_2\xi }+e^{i(n_1-n_2)\xi }]e^{i{n}_3\phi }$

$M_{{-n}_1,n_2,n_3}=-\frac{e^{i\left({-n}_1{-n}_2{-n}_3\right)\frac{\pi }{2}}}{n_1{n}_2}[1-e^{-i{n}_1\xi }-e^{i{n}_2\xi }{+e}^{i\left({-n}_1{-n}_2\right)\xi }]e^{{\mathrm{in}}_3\phi }$

$M_{{-n}_1,n_2,n_1+n_2}=\frac{e^{i(-n_1-n_2)\pi }}{n_1{n}_2}[1-e^{-i{n}_1\xi }-e^{i{n}_2\xi }+e^{i(-n_1-n_2)\xi }]e^{i(n_1+n_2)\phi }$

$\left[M_{{-n}_1,n_2,n_1+n_2}\right]=-\frac{{(-1)}^{n_1+n_2}}{n_1{n}_2}[1-e^{-i{n}_1\xi }-e^{-i{n}_2\xi }+e^{i({-n}_1-n_2)\xi }]e^{i(n_1+n_2)\phi }$

$[1-e^{-i{n}_1\xi }-e^{-i{n}_2\xi }+e^{i\left({-n}_1{-n}_2\right)\xi }]=1-\cos \left({-n}_1\xi \right)-i\sin (-n_1\xi )-\cos \left({-n}_2\xi \right)-i\sin (-n_2\xi )$

$+\cos (-(n_1+n_2)\xi )+\sin (-(n_1+n_2)\xi )$

$=1-\cos \left(n_1\xi \right)+i\sin \left(n_1\xi \right)-\cos \left(n_2\xi \right)+i\sin \left(n_2\xi \right)$

$+\cos \left((n_1+n_2)\xi \right)-\sin \left((n_1+n_2)\xi \right)$

$=[1-\cos \left(n_1\xi \right)-\cos \left(n_2\xi \right)+\cos \left((n_1+n_2)\xi \right)]$

$+i[\sin \left(n_1\xi \right)+\sin \left(n_2\xi \right)-\sin \left((s_1+s_2)\xi \right)]$

$e^{i(n_1+n_2)\phi }=\cos \left((n_1+n_2)\phi \right)+i\sin \left((n_1+n_2)\phi \right)$

$[1-e^{i{n}_1\xi }-e^{-i{n}_2\xi }+e^{i(-n_1-n_1\xi )}]e^{i(n_1+n_2)\phi }$

$=[1-\cos \left(n_1\xi \right)-\cos \left(n_2\xi \right)+\cos \left((n_1+n_2)\xi \right)]\cos \left((n_1+n_2)\phi \right)$

$-[\sin \left(n_1\xi \right)+\sin \left(n_2\xi \right)-\sin \left((n_1+n_2)\xi \right)]\sin \left((n_1+n_2)\phi \right)$

$i[1-\cos \left(n_1\xi \right)-\cos \left(n_2\xi \right)+\cos \left((n_1+n_2)\xi \right)]\sin \left((n_1+n_2)\phi \right)$

$+i[\sin \left(n_1\xi \right)+\sin \left(n_2\xi \right)-\sin \left((n_1+n_2)\xi \right)]\cos \left((n_1+n_2)\phi \right)$

$\mathrm{Re}\left[M_{{-n}_1,n_2,n_1+n_2}\right]=-\frac{{(-1)}^{n_1+n_2}}{n_1{n}_2}\left\{\right[1-\cos \left(n_1\xi \right)-\cos \left(n_2\xi \right)+\cos \left((n_1+n_2)\xi \right)]\cos \left((n_1+n_2)\phi \right)$

$+[-\sin \left(n_1\xi \right)-\sin \left(n_2\xi \right)+\sin \left((n_1+n_2)\xi \right)]\sin \left((n_1+n_2)\phi \right)\}$

$E=4\mathrm{\pi N}\underset{n_1,n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{{(-1)}^{n_1-n_1}}{n_1{n}_2}\left\{\right[1-\cos \left(n_1\xi \right)-\cos \left(n_2\xi \right)+\cos \left((n_1-n_2)\xi \right)]\cos \left(({-n}_1+n_2)\phi \right)$

$+[\sin \left(n_1\xi \right)-\sin \left(n_2\xi \right)-\sin \left((n_1-n_2)\xi \right)]\sin \left((-n_1+n_2)\phi \right)\}{I}_{n_1,n_2,{-n}_1+n_2}$

$-4\mathrm{\pi N}\underset{n_1,n_2=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{{(-1)}^{n_2}}{n_1{n}_2}\left\{\right[1-\cos \left(n_1\xi \right)-\cos \left(n_2\xi \right)+\cos \left((n_1+n_2)\xi \right)]\cos \left((n_1+n_2)\phi \right)$

$+[-\sin \left(n_1\xi \right)-\sin \left(n_2\xi \right)+\sin \left((n_1+n_2)\xi \right)]\sin \left((n_1+n_2)\phi \right)\}{I}_{n_1,n_2,n_1+n_2}$

对于ξ=π的情况，得到

[sin(n₁π)-isin(n₂π)-isin((n₁-n₂)π)]＝0；[-sin(n₁π)-sin(n₂π)+sin((n₁+n₂)π)]＝0

注意对于奇数的n₁,n₂，得到以及因此：

$E=16\mathrm{\pi N}\left[\underset{\mathrm{odd}}{\overset{\infty }{\underset{n_1,n_2=1}{\Sigma }}}\frac{1}{n_1{n}_2}\right[\cos \left((-n_1+n_2)\phi \right)I_{n_1,n_2,-n_1+n_2}+\cos \left((n_1+n_2)\phi \right)I_{n_1,n_2,n_1+n_2}\left]\right]$

对于ξ＝π的情况：

附件A III：进行积分以获得针对ξ＝π的H_BF(k)

通过以更一般性的形式开始重复针对ξ＝π的计算：

$H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=N\underset{n_2=-\infty }{\overset{\infty }{\Sigma }}\underset{n_1=-\infty }{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{{2\mathrm{\pi i}}^{2n_1-{2n}_2}}{n_1{n}_2}(e^{i(n_1-n_2)\pi }-e^{-i{n}_2\pi }-e^{i{n}_1\pi }+1)e^{i(n_2-n_1)\phi }{I}_{n_1,n_2,n_2-n_1}$

注意等式：

并且利用该等式检查n₁=0和n₂=0的情况：

因此：

$H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=N\{{2\pi }^3{I}_{\mathrm{0,0,0}}+\underset{n_2=-\infty (\mathrm{odd},n_2\ne 0)}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{{4\mathrm{i\pi }}^2}{n_2}{e}^{i{n}_2\phi }{I}_{0,n_2,n_2}-\underset{n_1=-\infty (\mathrm{odd},n_1\ne 0)}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{{4\mathrm{i\pi }}^2}{n_1}{e}^{-{\mathrm{in}}_1\phi }{I}_{n_1,0,-n_1}$

$+\underset{n_2=-\infty (\mathrm{odd},n_2\ne 0)}{\overset{\infty }{\Sigma }}\underset{n_1=-\infty (\mathrm{odd},n_1\ne 0)}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{8\pi }{n_1{n}_2}{e}^{i(n_2-n_1)\phi }{I}_{n_1,n_2,n_2-n_1}\}$

$I_{n_1,0,-n_1}={(-1)}^{n_1}{I}_{n_1,0,n_1};I_{n_1,0,n_1}=I_{0,n_1,,n_1}$

“第二项”T₂变为：

$T_2=\underset{n_2=-\infty (\mathrm{odd},n_2\ne 0)}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{{4\mathrm{i\pi }}^2}{n_2}{e}^{{\mathrm{in}}_2\phi }{I}_{0,n_2,n_2}-\underset{n_1=-\infty (\mathrm{odd},n_1\ne 0)}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{{4\mathrm{i\pi }}^2}{n_1}{e}^{-{\mathrm{in}}_2\phi }{I}_{n_1,0,-n_1}$

$=\underset{n_2=-\infty (\mathrm{odd},n_2\ne 0)}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{{4\mathrm{i\pi }}^2}{n_2}[e^{{\mathrm{in}}_2\phi }{I}_{0,n_2,n_2}-e^{-{\mathrm{in}}_2\phi }{I}_{n_2,0,-n_2}]$

$=\underset{n_2=1\left(\mathrm{odd}\right)}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{{4\mathrm{i\pi }}^2}{n_2}[e^{{\mathrm{in}}_2\phi }{I}_{0,n_2,n_2}-e^{-{\mathrm{in}}_2\phi }{I}_{n_2,0,-n_2}-e^{-{\mathrm{in}}_2\phi }{I}_{0,-n_2,-n_2}+e^{{\mathrm{in}}_2\phi }{I}_{-n_2,0,n_2}]$

$=\underset{n_2=1\left(\mathrm{odd}\right)}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{{4\mathrm{i\pi }}^2}{n_2}[e^{i{n}_2\phi }{I}_{0,n_2,n_2}-e^{-{\mathrm{in}}_2\phi }{I}_{n_2,0,-n_2}-e^{-{\mathrm{in}}_2\phi }{I}_{0,-n_2,-n_2}+e^{i{n}_2\phi }{I}_{-n_2,0,n_2}]$

$\underset{n_2=1\left(\mathrm{odd}\right)}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{4i{\pi }^2}{n_2}{I}_{0,n_2,n_2}[e^{i{n}_2\phi }+e^{-{\mathrm{in}}_2\phi }-e^{-i{n}_2\phi }-e^{i{n}_2\phi }]=0$

$\underset{‾}{H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=N\{{2\pi }^3{I}_{\mathrm{0,0,0}}+\underset{n_2=-\infty (\mathrm{odd},n_2\ne 0)}{\overset{\infty }{\Sigma }}\underset{n_1=-\infty (\mathrm{odd},n_1\ne 0)}{\overset{\infty }{\Sigma }}\frac{8\pi }{n_1{n}_2}{e}^{i(n_2-n_1)\phi }{I}_{n_1,n_2,n_2-n_1}\}}$

对于二重合项，注意到对于n₂＝-n₂和n₁＝-n₁，

n₁(odd)，n₂(odd):[J_-n(x)＝(-1)ⁿJ_n(x)]¹⁴的情况：

$I_{-n_1,-n_2,-n_2+n_1}={(-1)}^{n_1+n_2+n_2-n_1}{I}_{n_1,n_2,n_2-n_1}={(-1)}^{{2n}_2}{I}_{n_1,n_2,n_2-n_1}=I_{n_1,n_2,n_2-n_1}=>$

$\frac{8\pi }{n_1{n}_2}{e}^{i(n_2-n_1)\phi }{I}_{n_1,n_2,n_2-n_1}+\frac{8\pi }{(-n_1)(-n_2)}{e}^{-i(n_2-n_1)\phi }{I}_{-n_1,-n_2,-n_2+n_1}$$\frac{8\pi }{n_1{n}_2}{I}_{n_1,n_2,n_2-n_1}(e^{i(n_2-n_1)\phi }+e^{-i(n_2-n_1)\phi })=\frac{16\pi }{n_1{n}_2}{I}_{n_1,n_2,n_2-n_1}\cos \left((n_2-n_1)\phi \right)$

---------------------------------

并且注意对于(n₂＝n₂并且n₁＝-n₁)+(n₂=-n₂并且n₁＝n₁)的情况：

n₁(odd)，n₂(odd)：

$I_{-n_1,n_2,(n_2+n_1)}={(-1)}^{{-n}_2+n_1-n_2-n_1}{I}_{n_1,{-n}_2,-(n_2+n_1)}={(-1)}^{{2n}_2}{I}_{n_1,{-n}_2,-(n_2+n_1)}=I_{n_1,{-n}_2,-(n_2+n_1)}$

$\frac{8\pi }{(-n_1)\left(n_2\right)}{e}^{i(n_2+n_1)\phi }{I}_{-n_1,n_2,n_2+n_1}+\frac{8\pi }{\left(n_1\right)(-n_2)}{e}^{-i(n_2+n_1)\phi }{I}_{n_1,-n_2,-(n_2+n_1)}$

$=-\frac{8\pi }{n_1{n}_2}(e^{i(n_2+n_1)\phi }+e^{-i(n_2+n_1)\phi })I_{-n_1,n_2,(n_2+n_1)}=-\frac{16\pi }{n_1{n}_2}\cos (n_2+n_1)I_{-n_1,n_2,(n_2+n_1)}$

$=\frac{16\pi }{n_1{n}_2}\cos (n_2+n_1)I_{n_1,n_2,n_2+n_1}$

因此可以用[1到∞]代替[-∞到∞]，得到：

________________________

¹⁴http//en.wjkipedia.org/wiki/Besse]_function

附件B

针对受限视场半球孔径的衍射断层成像算法

讨论基于三维波束成形（BF）算法的三维DT的新推导，作为对诸如滤波反向传 播法¹⁵这样的标准DT算法的替代方法。

假定通过对下式的标量波场ψ解来描述散射问题，

其中H是亥姆霍兹算子k₀是背景波数(2π/λ)，代表照射目标的入射 平面波的方向，并且是ω是角频率。单位向量由球坐标系的角θ_t和φ_t定义。错误！ 未找到引用源。

通过所谓的目标函数来描述目标，目标函数依赖于用于对目标进行探测的波场的 类型：对于电磁波感测，其通过关系与折射率¹⁶n(r,ω)有关，并 且对于声学波，其与声速和衰减系数¹⁷有关。具体地，对于无损耗目标

$O(r,\omega )=k_0^2[{\left(\frac{c_0}{c(r,\omega )}\right)}^2-1]---\left(2\right)$

其中c₀是目标所浸没的均质背景的声速，c(r,ω)是目标内的本地声速。由于色散 和能量耗散现象，目标函数依赖于ω。在本节其余部分进行的分析将考虑单色波场； 因此，省略了对ω的明显依赖。

半球上的三维波束成形算法

假定散射振幅f(θ_r，θ_t，φ_r，φ_t)可以作照射和检测方向的连续函数而进行测量，即， 对于半球，θr_，θ_t∈[0，π]并且φ_r，φ_t∈[0，π]，（请注意对于完整球，φ_r，φ_t∈[0，2π]），这 些角分别是球坐标系中的接收方向和透射方向。原理上，这可以通过包围目标的收发 器的半球阵列来实现。

标准BF通过将入射波束聚焦到目标空间中的r和z来在像空间的点z处产生目 标的图像。得到的散射场随后被相移并且在阵列的孔径上积分，使得仅仅焦点对散射 场的贡献被相干地相加。通过BF函数获得此两步骤处理

_________________________

¹⁵Devaney,A.J.1982,"A filtered backpropagation algorithm for diffraction tomography", Ultrason.Imaging4，336-350.

¹⁶Born，M.&Wolf，E.1999 Principles of optics.Cambridge，UK：Cambridge University Press. NY：IEEE Press.

其中是与角θ和φ相关联的单位向量。如针对二维情况由脚注¹⁸所讨论的，式 （III）中的第二个指数代表透射中的聚焦，而第一个对应于接收的散射场的聚焦。通 过考虑在位置r的点散射体的图像，可以获得与函数（2）相关联的点扩散函数（PSF）。 在此情况下，自由散射振幅是

$f_{\mathrm{free}}({\theta }_r,{\theta }_t,{\phi }_r,{\phi }_t)=\exp \{-{\mathrm{ik}}_0[\hat{u}({\theta }_t,{\phi }_t)+\hat{u}({\theta }_r,{\phi }_r)]·r\}---\left(4\right)$

并且PSF为

$\left(\begin{array}{c}{h}_{\mathrm{BF}}={\int }_0^{\pi }d{\phi }_r{\int }_0^{\pi }d{\theta }_r\sin {\theta }_r{\int }_0^{\pi }d{\phi }_t{\int }_0^{\pi }d{\theta }_t\sin {\theta }_t\times \\ \exp \{{\mathrm{ik}}_0\hat{u}({\theta }_r,{\phi }_r)·[z-r\left]\right\}\exp \{{\mathrm{ik}}_0\hat{u}({\theta }_t,{\phi }_t)·[z-r\left]\right\}\end{array}\right)$

球面波展开：

$\exp \{{\mathrm{ik}}_0\hat{u}({\theta }_r,{\phi }_r)·[z-r\left]\right\}=\underset{l=0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{i}^l(2l+1)j_l\left(k_0\right|z-r\left|\right)P_l\left[\cos \left(\mathrm{angle}(\hat{u}({\theta }_r,{\phi }_r)·(z-r))\right)\right]$

其中jl是l阶球贝塞尔函数并且Pl是勒让德多项式。

${\int }_0^{\pi }d{\phi }_r{\int }_0^{\pi }{\mathrm{d\theta }}_r\sin {\theta }_r\exp \left\{{\mathrm{ik}}_0\hat{u}({\theta }_r,{\phi }_r)\right[z-r]·\}=$

$={\int }_0^{\pi }d{\phi }_r{\int }_0^{\pi }d{\theta }_r\sin {\theta }_r\{j_0\left(k_0\right|z-r\left|\right)$$+\underset{l=1}{\overset{\infty }{\Sigma }}{i}^l(2l+1)j_l\left(k_0\right|z-r\left|\right)P_l\left[\cos \left(\mathrm{angle}(\hat{u}({\theta }_r,{\phi }_r)·(z-r))\right)\right]\}=$

将代表z-r的角定义为θ′，φ′。下面引入球面谐波的加法公式¹⁹：

$P_l\left(\cos \gamma \right)=\frac{4\pi }{2l+1}\underset{m=-l}{\overset{l}{\Sigma }}{Y}_{\mathrm{lm}}^{*}({\theta }_r,{\phi }_r)Y_{\mathrm{lm}}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })$

其中

COSγ二cosθcosθ′+sinθsinθ′cos(φ-φ′)

因此，θ_r和φ_r上的积分变为：

${\int }_0^{\pi }d{\phi }_r{\int }_0^{\pi }d{\theta }_r\sin {\theta }_r{Y}_{\mathrm{lm}}^{*}({\theta }_r,{\phi }_r)$

_______________________

¹⁸Simonetti,F.&Huang,L.2008,"Frombeamformingtodiffractiontomography",J.Appl.

Phys.103，103 110.

19http://farside.ph.utexas.edu/teaching/jk1/lectures/node102.html

其中

$K_l^m=\sqrt{\frac{(2l+1)(l-m)!}{4\pi (l+m)!}}$

如已知的，从以上定义得出，球面谐波在θ_r，φ_r是可分离的。

现在定义以下积分²⁰

$\underset{{\theta }_{-}}{\overset{{\theta }_{+}}{\int }}{P_l}^{\left|m\right|}\left(\cos \theta \right)\sin \mathrm{\theta d\theta }={\int }_{z_{-}}^{z_{+}}{P_l}^{\left|m\right|}\left(z\right)\mathrm{dz}={{\hat{P}}_l}^{\left|m\right|}({\theta }_{-},{\theta }_{+})$

其中z=cosθ，并且z_±=cosθ_±。

还定义

${\hat{\phi }}^m({\phi }_{-},{\phi }_{+})=\underset{{\phi }_{-}}{\overset{{\phi }_{+}}{\int }}{\Phi }^m\left(\phi \right)\mathrm{d\phi }$

并且利用和定义

${\hat{Y}}_{\mathrm{lm}}({\theta }_{-},{\theta }_{+},{\phi }_{-},{\phi }_{+})=K_l^m{{\hat{P}}_l}^{\left|m\right|}({\theta }_{-},{\theta }_{+}){\hat{\Phi }}^m({\phi }_{-},{\phi }_{+})$

现在返回波束成形项并且考虑：

针对透射角获得相同结果，即，量g_t(z-r)，因此现在计算由下式给出的h_BF(z-r) 的三维傅里叶变换H_BF(k)

_________________

²⁰W·]arosz，N·Carr&H.W.Jensen，"Importance Sampling Spherical Harmonics"，]oUrnal compilation,2008,The Eurographics Association and Blackwell Publishing Ltd $h_{\mathrm{BF}}(z-r)=g_r(z-r)g_t(z-r)$

$=\left(\underset{l=0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\underset{m=-l}{\overset{l}{\Sigma }}{A}_l^m{j}_l\left(k_0\right|z-r\left|\right)Y_{\mathrm{lm}}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })\right)$

$\times \left(\underset{l^{\prime }=0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\underset{m^{\prime }=-l^{\prime }}{\overset{l^{\prime }}{\Sigma }}{A}_{l^{\prime }}^{m^{\prime }}{j}_{l^{\prime }}\left(k_0\right|z-r)Y_{l^{\prime }{m}^{\prime }}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })\right)---\left(6\right)$

$H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}{d}^{3}r{g}_r(z-r)g_t(z-r)e^{-\mathrm{ik}·[z-r]}=$$=\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}{d}^{3}r{e}^{-\mathrm{ik}·[z-r]}\left(\underset{l=0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\underset{m=-l}{\overset{l}{\Sigma }}{A}_l^m{j}_l\left(k_0\right|z-r\left|\right)Y_{\mathrm{lm}}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })\right)$

$\times \left(\underset{l^{\prime }=0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\underset{m^{\prime }=-l^{\prime }}{\overset{l^{\prime }}{\Sigma }}{A}_{l^{\prime }}^{m^{\prime }}{j}_{l^{\prime }}\left(k_0\right|z-r\left|\right)Y_{l^{\prime }{m}^{\prime }}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })\right)$

再次使用球面波展开：

$\exp \{-\mathrm{ik}·[z-r\left]\right\}={\Sigma }_{l=0}^{\infty }{i}^l(2l+1)j_l\left(k_0\right|z-r\left|\right)P_l\left[\cos \left(\mathrm{angle}(k·(z-r))\right)\right]$

用θ，φ表示k的角，并且和以前一样，θ′，φ′是-r的角（加法定理）：

$\exp \{-\mathrm{ik}·[z-r\left]\right\}={\Sigma }_{l^{\prime \prime }}^{\infty }{i}^{l^{\prime \prime }}({2l}^{\prime \prime }+1)j_{l^{\prime \prime }}\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)\frac{4\pi }{2l^{\prime \prime }+1}{\Sigma }_{m^{\prime \prime }=-l^{\prime \prime }}^{l^{\prime \prime }}{Y}_{l^{\prime \prime }{m}^{\prime \prime }}^{*}(\theta ,\phi )Y_{l^{\prime \prime }{m}^{\prime \prime }}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })$

$H_{\mathrm{BF}}=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{r}^2\mathrm{dr}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin {\theta }^{\prime }d{\theta }^{\prime }\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}{\mathrm{d\phi }}^{\prime }$

$\left(\underset{l^{\prime \prime }=0}{\overset{\infty }{\Sigma }}{i}^{l^{\prime \prime }}(2l^{\prime \prime }+1)j_{l^{\prime \prime }}\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)\frac{4\pi }{{2l}^{\prime \prime }+1}\underset{m^{\prime \prime }=-l^{\prime \prime }}{\overset{l^{\prime \prime }}{\Sigma }}{Y}_{l^{\prime \prime }{m}^{\prime \prime }}^{*}(\theta ,\phi )Y_{l^{\prime \prime }{m}^{\prime \prime }}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })\right)\times$

$\left(\underset{l=0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\underset{m=-l}{\overset{l}{\Sigma }}{A}_l^m{j}_l\left(k_0\right|z-r\left|\right)Y_{\mathrm{lm}}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })\right)\times \left(\underset{l^{\prime }=0}{\overset{\infty }{\Sigma }}\underset{m^{\prime }=-l^{\prime }}{\overset{l^{\prime }}{\Sigma }}{A}_{l^{\prime }}^{m^{\prime }}{j}_{l^{\prime }}\left(k_0\right|z-r\left|\right)Y_{l^{\prime }{m}^{\prime }}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })\right)$

$H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=\underset{l,m,l^{\prime },m^{\prime },l^{\prime \prime },m^{\prime \prime }}{\Sigma }{B}_{l^{\prime \prime }}{C}_{l,m,l^{\prime },m^{\prime },l^{\prime \prime },m^{\prime \prime }}{Y}_{l^{\prime \prime }{m}^{\prime \prime }}^{*}(\theta ,\phi )---\left(7\right)$

$\times \underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{r}^2\mathrm{dr}{j}_{l^{\prime \prime }}\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)j_{l^{\prime }}\left(k_0\right|z-r\left|\right)j_r\left(k_0\right|z-r\left|\right)$

其中$C_{l,m,l^{\prime },m^{\prime },l^{\prime \prime },m^{\prime \prime }}={\int }_0^{\pi }\sin {\theta }^{\prime }d{\theta }^{\prime }{\int }_0^{2\pi }d{\phi }^{\prime }{Y}_{\mathrm{lm}}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })Y_{l^{\prime }{m}^{\prime }}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })Y_{l^{\prime \prime }{m}^{\prime \prime }}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })$并且B_l″＝4πi^l″。

下面关注于3个球贝塞尔函数的积的积分²¹：

$I({\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3;k_1,k_2,k_3)\equiv \underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{r}^2\mathrm{dr}{j}_{{\lambda }_1}\left(k_{1}r\right)j_{{\lambda }_2}(\left(k_{2}r\right)j_{{\lambda }_3}(\left(k_{3}r\right)$

$I({\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3;k_1,k_2,k_3)=\frac{\mathrm{\pi \beta }\left(\Delta \right)}{{4k}_1{k}_2{k}_3}{i}^{{\lambda }_1+{\lambda }_2-{\lambda }_3}{(2{\lambda }_3+1)}^{\frac{1}{2}}{\left(\frac{k_1}{k_3}\right)}^{{\lambda }_3}$

$·{\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_1& {\lambda }_2& {\lambda }_3\\ 0& 0& 0\end{array}\right)}^{-1}\underset{L=0}{\overset{{\lambda }_3}{\Sigma }}{\left(\begin{array}{c}2{\lambda }_3\\ 2L\end{array}\right)}^{\frac{1}{2}}{\left(\frac{k_2}{k_1}\right)}^L\underset{l}{\Sigma }(2l+1)\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_1& {\lambda }_3-L& l\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$

_________________

²¹RMehremt,J T Londergant and M H Macfarlanet,″Analytic expressions for integrals of  products of spherical Bessel function″，J.Phys.A:Math.Gen.24(1991)1435-1453.

$·\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_2& L& l\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_1& {\lambda }_2& {\lambda }_3\\ L& {\lambda }_3-L& l\end{array}\right)P_l\left(\Delta \right)$

其中

|k₁-k₂|≤k₃≤k₁+k₂（封闭三角形，角动量守恒）

$\Delta =\frac{{k_1}^2+{k_2}^2-{k_3}^2}{2k_1{k}_2}$

Δ在±1之间并且是由k₁,k₂和k₃形成的三角形中和之间的角的余弦。

通过引入以下函数，将Δ=±1处的跳跃间断点正确地考虑在内，I(λ1,λ2,λ3;k1,k2,k3) 的等式针对包括受限范围-1≤Δ≤1之外的值在内的全部实数Δ有效，

其中是修改的阶跃函数

$\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_1& {\lambda }_2& {\lambda }_3\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$是从中导出角动量三角形的Wigner3-j符号²²，并且三个角动量的重 耦合涉及6-j符号$\left(\begin{array}{ccc}{j}_1& j_2& j_3\\ j_4& j_5& j_6\end{array}\right).$

积分是

$I(l,l^{\prime },l^{\prime \prime };k,k_0,k_0)=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{r}^2\mathrm{dr}{j}_{r^{\prime \prime }}\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)j_{l^{\prime \prime }}\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)j_{r^{\prime }}\left(k_0\right|z-r\left|\right)j_l\left(k_0\right|z-r\left|\right)$

因此得到半球以及实际上其它受限视角的HBF的解析式。下面考虑针对我们的示 例的Δ值：

利用k₁＝|k|并且k₂＝k₃＝k₀，得到：

$\Delta =\frac{{\left|k\right|}^2+{k_0}^2-{k_0}^2}{2\left|k\right|k_0}=\frac{\left|k\right|}{2k_0}$

由于-1≤Δ≤1，得到低通滤波：

H_BF＝g(k)Π(|k|)，其中$\Pi \left(\right|k\left|\right)=\left(\begin{array}{cc}1& \left|k\right|<{2k}_0\\ 0& \left|k\right|>2k_0\end{array}\right)---\left(8\right)$

DT问题包括从一组散射实验中重构函数O(r)。为此目的，引入目标函数在空间频 率域（K空间）中的表示形式是方便的，其通过对O(r)进行三维傅里叶变换而得到。

$\tilde{O}\left(k\right)=\underset{-\infty }{\overset{\infty }{\int }}{d}^3\mathrm{rO}\left(r\right)e^{-\mathrm{ik}·r}---\left(9\right)$

现在考虑波束成形图像：

A_____________________

²²Edmonds A R 1957 Angular Momentum in Quantum Mechanics(PrincetonPrinceton  University Academic Press)

其在空间频率域中为

$I_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=\tilde{O}\left(k\right)H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=g\left(k\right)\tilde{O}\left(k\right)\Pi \left(\right|k\left|\right)---\left(11\right)$

尽管在整个球体上的DT产生低通滤波图像，新BF算法引入由附加 滤波器g(k)描述的失真。因此，通过对BF图像应用滤波器可以从BF图像获 得DT图像。再次，这是对其它DT算法²³的替代方法。

不失一般性，可以选择平行于z轴的向量k，即，θ=0并且cosθ=1。

对此情况，

因此该式变为与角度无关，即，仅依赖于|k|：

$H_{\mathrm{BF}}\left(k\right)=\underset{l,m,l^{\prime },m^{\prime },l^{\prime \prime }}{\Sigma }{B}_{l^{\prime \prime }}{C}_{l,m,l^{\prime },m^{\prime },l^{\prime \prime },0}$$\times {\int }_0^{\infty }{r}^2\mathrm{dr}{j}_{l^{\prime \prime }}\left(\right|k\left|\right|z-r\left|\right)j_{l^{\prime }}\left(k_0\right|z-r\left|\right)j_r\left(k_0\right|z-r\left|\right)=H_{\mathrm{BF}}\left(\right|k\left|\right)---\left(12\right)$

其中，再次$C_{l,m,l^{\prime },m^{\prime },l^{\prime \prime },m^{\prime \prime }}={\int }_0^{\pi }\sin {\theta }^{\prime }d{\theta }^{\prime }{\int }_0^{2\pi }d{\phi }^{\prime }{Y}_{\mathrm{lm}}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })Y_{l^{\prime }{m}^{\prime }}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })Y_{l^{\prime \prime }{m}^{\prime \prime }}({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })$并且B_l″＝4πi^l″。

因此，滤波函数f(k)变为仅是|k|的函数，f(|k|)。由于在此特殊坐标选 择下滤波器f(|k|)变为情况下勒让德多项式的和。

$f\left(\right|k\left|\right)=\underset{n}{\Sigma }{M}_n{P}_n\left(\frac{\left|k\right|}{{2k}_0}\right)$

n的相加符号化地表示需要被相加在一起的多个索引。请注意，在上述f(|k|)的 等式中n的相加中系数M_n是已知的，例如通过这个符号标记的加法中的多个索引的 3-j和6-j符号的值，很多系数成为零。 ______________________

²³参见脚注3