Integration von e−itp2+m2√e−itp2+m2e^{-it\sqrt{\mathbf{p}^2 + m^2}} für die QM-Amplitude

Question

Integration von e−itp2+m2√e−itp2+m2e^{-it\sqrt{\mathbf{p}^2 + m^2}} für die QM-Amplitude

SuperCiocia

Meine Frage bezieht sich vielleicht eher auf Mathematik als auf Physik, aber sie stammt aus einem physikalischen Kontext.

Nehmen $\hbar$ = $c$ = 1.

Ich habe die Amplitude für ein freies Teilchen betrachtet, um sich von einer Anfangsposition aus auszubreiten $\mathbf{r_0}$ zu einer Endstellung $\mathbf{r}$ , nennen $A(t)$ :

A (T) = ⟨ R | e^{- ich \hat{H} T} | R_{0} ⟩,

$A(t) = \langle \mathbf{r}|e^{-i\hat{H}t}|\mathbf{r_0}\rangle,$ mit

\hat{H} = \sqrt{{\hat{p}}^{2} + m^{2}}

$\hat{H} = \sqrt{\mathbf{\hat{p}}^2 + m^2}$ , So

A (T) = \frac{1}{{2 π}^{3}} \int D^{3} P \cdot e^{- ich T \sqrt{P^{2} + M^{2}}} \cdot e^{ich P (R - R_{0})} .

$A(t) = \frac{1}{{2\pi}^3} \int d^3p \cdot e^{-it\sqrt{\mathbf{p}^2 + m^2}} \cdot e^{i\mathbf{p}(\mathbf{r}-\mathbf{r_0})}.$

Wie integrieren Sie das?

Und ganz allgemein, wie integrieren Sie eine >1-Funktion, bei der Sie nicht alle Variablen trennen können ? Dh in diesem Fall ist die Integration beendet $p_x$ , $p_y$ Und $p_z$ aber die $\mathbf{p}^2$ ist unter der Quadratwurzel, also können wir nicht einfach jede Komponente trennen und integrieren ...

Übrigens ist dieses Integral zulässig, die Antwort lautet anscheinend wie folgt (ich habe nur keine Ahnung, wie ich darauf komme!):

A (T) = \frac{1}{2 π^{2} | R - R_{0} |} \int D P \cdot P \cdot Sünde (P | R - R_{0} |) e^{- ich T \sqrt{P^{2} + M^{2}}} .

$A(t) = \frac{1}{2\pi^2 |\mathbf{r}-\mathbf{r_0}|} \int dp\cdot p\cdot \sin(p|\mathbf{r}-\mathbf{r_0}|)e^{-it\sqrt{p^2 + m^2}}.$

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Funzies · Answer 1

Gehen Sie zuerst zu sphärischen Koordinaten:

A (T) = \frac{1}{2 π^{3}} \int_{0}^{\infty} D P \int_{0}^{2 π} D ϕ \int_{0}^{π} D θ P^{2} Sünde θ e^{- ich T \sqrt{P^{2} + M^{2}}} e^{ich P \cos θ | R - R_{0} |},

$A(t) = \frac{1}{2\pi^3}\int_0^{\infty}\text{d} p\int_0^{2\pi}\text{d} \phi \int_0^{\pi}\text{d}\theta\text{ } p^2 \sin\theta e^{-it\sqrt{p^2+m^2}} e^{ip\cos\theta|r-r_0|},$ und führe das triviale Integral über

ϕ

$\phi$ . Anschließend ersetzen

y = \cos θ

$y=\cos\theta$ so dass

d y = \sin θ d θ

$\text{d}y=\sin\theta\text{d}\theta$ und über integrieren

y

$y$ :

\begin{aligned} A (T) & = \frac{1}{π^{2}} \int_{0}^{\infty} D P P^{2} e^{- ich T \sqrt{P^{2} + M^{2}}} \int_{- 1}^{1} D j e^{ich P j | R - R_{0} |} \\ = \frac{1}{π^{2}} \int_{0}^{\infty} D P P^{2} e^{- ich T \sqrt{P^{2} + M^{2}}} (\frac{1}{ich P | R - R_{0} |}) (e^{ich P | R - R_{0} |} - e^{- ich P | R - R_{0} |}) \\ = \frac{2}{π^{2} | R - R_{0} |} \int_{0}^{\infty} D P P e^{- ich T \sqrt{P^{2} + M^{2}}} Sünde (P | R - R_{0} |) \end{aligned}

$\begin{align} A(t) &= \frac{1}{\pi^2}\int_0^{\infty}\text{d}p\text{ }p^2e^{-it\sqrt{p^2+m^2}}\int_{-1}^1\text{d} y e^{ipy|r-r_0|} \nonumber \\ &=\frac{1}{\pi^2}\int_0^{\infty}\text{d}p\text{ }p^2e^{-it\sqrt{p^2+m^2}} \Big(\frac{1}{ip|r-r_0|} \Big)\Big(e^{ip|r-r_0|}-e^{-ip|r-r_0|}\Big) \nonumber \\ &=\frac{2}{\pi^2|r-r_0|}\int_0^{\infty}\text{d} p \text{ } p e^{-it\sqrt{p^2+m^2}}\sin(p|r-r_0|) \end{align}$

EDIT: Ich bin mir ziemlich sicher, dass mein Faktor von zwei im Zähler korrekt ist. Vielleicht Ihre ursprüngliche Funktion $A(t)$ wird mit dem Konventionellen definiert $1/(2\pi)^3$ , anstatt $1/(2\pi^3)$ ?

Vielen Dank. Ja, dein Faktor ist richtig, ich habe vergessen, Klammern zu setzen

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SuperCiocia

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