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。

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