3 解、弐

同様に、

$\displaystyle G\left(\vk,\mu\right)
= \frac{1}{\left(2\pi\right)^3} \frac{1}{k^2 +\mu^2}
$

のFourier 変換をとるとき、

$\displaystyle G\left(\vx ,\mu\right)$ $\displaystyle = \int d^3 \vk\, G\left(\vk,\mu\right)e^{i\vk \cdot \vx} =\frac{1...
...ty k^2 \,dk\int_0^\pi d\theta\, \sin\theta\,\frac{e^{ikr\cos\theta}}{k^2+\mu^2}$    
  $\displaystyle = \frac{1}{2\pi}\int_0^\infty \frac{k^2}{k^2+\mu^2}\frac{\sin(kr)...
...\infty \frac{\xi \sin\xi}{\xi^2+r^2 \mu^2} \,d\xi \qquad kr =\xi ,\di{\xi}{k}=r$    

と書ける。 ここで、

$\displaystyle \frac{\xi \sin\xi}{\xi^2+r^2 \mu^2}
$

は偶関数であるから

$\displaystyle \int_0^\infty \frac{\xi \sin\xi}{\xi^2+r^2 \mu^2} \,d\xi =\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\xi \sin\xi}{\xi^2+r^2 \mu^2} \,d\xi
$

であるので

$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\xi \sin\xi}{\xi^2+r^2 \mu^2} \,d\xi
$

を計算する。 複素平面で考えると

$\displaystyle \int_{C_R} \frac{z e^{iz}}{z^2+1} \,dz$ $\displaystyle \leq \left\vert \int_{C_R} \frac{z e^{iz}}{z^2+1} \,dz \right\ver...
...\vert dz\vert \leq \int_{C_R} \frac{R e^{-R \sin\theta}}{R^2 -1}\,\vert dz\vert$    
  $\displaystyle z= R e^{i\theta} \quad \left(0\leq \theta \leq \pi\right),\qquad ...
...rt = \vert z'(\theta)\vert d\theta =\vert iR e^{i\theta}\vert d\theta= Rd\theta$    
  $\displaystyle =\int_0^\pi \frac{Re^{-r\sin\theta}}{R^2 -1}\cdot Rd\theta =\frac...
.../2} e^{-R\sin\theta} d\theta + \int_{\pi/2}^\pi e^{-R\sin\theta} d\theta\right)$    
  $\displaystyle =\frac{R^2}{R^2-1} \left(\int_0^{\pi/2} e^{-R\sin\theta} d\theta ...
...sin\psi} d\psi\right) =\frac{2R^2}{R^2-1}\int_0^{\pi/2} e^{-R\sin\theta}d\theta$    
  $\displaystyle < \frac{2R^2}{R^2-1}\cdot \frac{\pi}{2R} < \frac{R^2}{R^2-1}\cdot \frac{\pi}{R} = \frac{\pi R}{R^2-1}\quad \xrightarrow{R \to \infty}\quad 0$    

となるから、留数定理より

$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\xi \sin\xi}{\xi^2+r^2 \mu^2} \,d\xi = \Im \left[ 2\pi i R(+ir\mu)\right] \qquad \hbox{(上半円であることに注意)}$    

で与えられることが分かる。 これを計算すると

$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\xi \sin\xi}{\xi^2+r^2 \mu^2} \,d\...
...r\mu}\right]
= \Im \left[ 2\pi i \frac{e^{-r\mu}}{2}\right]
= {\pi e^{-r\mu}}
$

となり、結局次のようになる。

$\displaystyle G\xo= \frac{1}{2\pi}\frac{1}{r}\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty \...
...i}\frac{1}{r}\frac{1}{2} \, \pi e^{-\mu r} =\frac{1}{4\pi} \frac{e^{-\mu r}}{r}$ (21)

また時間 $ t$ の関数 $ h(t)$

$\displaystyle h(t) \equiv \frac{1}{2\pi} \Int dx \frac{e^{ixt}}{x-i\epsilon}, \qquad \epsilon >0
$

で定義する(ヘビサイドのステップ関数の積分表示)。 今までと同様に考えて、 $ t>0$ に対しては積分経路を上半面の半円にとることができ、 これを計算すると

$\displaystyle h(t>0)$ $\displaystyle = \frac{1}{2\pi} \Int dx \frac{e^{ixt}}{x-i\epsilon} = \frac{1}{2\pi i } \,2\pi i e^{0} =1$    

となる。 $ t<0$ のときは、 極を含まないので

$\displaystyle h(t<0) =0
$

となる。

fat-cat 平成16年11月29日