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スーパーサイエンスガール

日々科学と格闘する理系高校生達の超絶難解な日常。

空間的な伝搬粒子のクライン‐ゴルドン場の振幅の導出4


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
D(x-y)&=&\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2E_{\bf{p}}}e^{i{\bf{p}\cdot\bf{r}}}\\
&=&\frac{2\pi}{(2\pi)^3}\int_0^\infty dp\frac{p^2}{2E_{\bf{p}}}\frac{e^{ipr}-e^{-ipr}}{ipr}\\
&=&\frac{-i}{2(2\pi)^2r}\int_{-\infty}^\infty dp\frac{p e^{ipr}}{\sqrt{p^2+m^2}}.
\end{eqnarray}
}

「次に、 \rho=-ipとおいて、積分変数を pから \rhoに変換したときの、積分区間の変化を見てみましょう。 d\rho=-idp, id\rho=dpの関係から積分区間の変化は次のようになります」


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^\infty dp&=&i\int_{-\infty}^\infty d\rho\\
&=&i\int_{-\infty}^{-m} d\rho+i\int_{-m}^{m} d\rho+i\int_{m}^{\infty} d\rho
\end{eqnarray}
}

「ここで、 pは実数軸上の変数に対応し、 \rho虚数軸上の変数に対応します。図2.3から虚数軸の -mから mまでの間には、被積分関数が存在せず、この区間の積分はゼロとなるため、上式の第2項の寄与は無視できます」

f:id:Dreistein:20150613083017p:plain
図2.3 空間的距離上の伝搬関数D(x-y)を評価するための積分


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^\infty dp
&=&i\int_{-\infty}^{-m} d\rho+i\int_{-m}^{m} d\rho+i\int_{m}^{\infty} d\rho\\
&=&i\int_{-\infty}^{-m} d\rho+i\int_{m}^{\infty} d\rho
\end{eqnarray}
}

「上式の第1項において、 \rho’=-\rhoと置換すると、 d\rho’=-d\rhoから、第1項は次のようになります」


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^\infty dp
&=&i\int_{-\infty}^{-m} d\rho+i\int_{m}^{\infty} d\rho\\
&=&-i\int_{\infty}^{m} d\rho’+i\int_{m}^{\infty} d\rho\\
\end{eqnarray}
}

「ここで、第1項の積分変数\rho' \rhoに置き換えても一般性は失われないため、\rho' \rhoに置換すると、次のようになります」


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^\infty dp
&=&-i\int_{\infty}^{m} d\rho+i\int_{m}^{\infty} d\rho
\end{eqnarray}
}

「ところで、上式の第1項は、図2.3の虚数軸上を上から下に降りる積分路に対応し、第2項が下から上に登る積分路に対応します。第1項と第2項をまとめると、次のように簡単になります」


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^\infty dp
&=&-i\int_{\infty}^{m} d\rho+i\int_{m}^{\infty} d\rho\\
&=&i\int_{m}^{\infty} d\rho+i\int_{m}^{\infty} d\rho\\
&=&2i\int_{m}^{\infty} d\rho
\end{eqnarray}
}

「したがって、積分区間を pから \rhoに変換したとき、積分区間が mから \inftyになり、 2iの係数がかかることに注意すると、 D(x-y)積分は以下のようになります」


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
D(x-y)&=&\frac{-i}{2(2\pi)^2r}\int_{-\infty}^\infty dp\frac{p e^{ipr}}{\sqrt{p^2+m^2}}\\
&=&\frac{-i}{2(2\pi)^2r}\cdot2i\int_m^\infty d\rho\frac{i\rho e^{-\rho r}}{i\sqrt{\rho^2-m^2}}\\
&=&\frac{1}{4\pi^2r}\int_m^\infty d\rho\frac{\rho e^{-\rho r}}{\sqrt{\rho^2-m^2}}
\end{eqnarray}
}