Три интеграла в учебнике Пескина

1. Так как$x\gg p$, Мы видим, что$\sin(px)$сильно колеблется. В самом деле, интеграл становится

$$\int_0 ^\infty \mathrm{d}p\ p \sin px \ e^{-it\sqrt{p^2 +m^2}}\sim \int_{-\infty} ^\infty \mathrm{d}p\ p\ e^{ipx-it\sqrt{p^2 +m^2}}$$

по модулю некоторого множителя$\pm2/i$. Теперь заметьте, что этот интеграл напоминает$\int f(p)\exp(g(p))\,\mathrm{d}p$. Мы находим точку$\tilde{p}$такой, что

$$g'(\tilde{p})=0.$$

Тогда просто замените$g(p)$с$g(\tilde{p})+\frac{1}{2}g''(\tilde{p})(p-\tilde{p})^{2}$и выполним интеграл как момент гауссиана. Для получения дополнительной информации об этом приближении см., например, соответствующую главу книги Хантера и Нахтергаэля (бесплатно и легально ) .

2. Это просто преобразование Фурье$p\,(p^{2}+m^{2})^{-1/2}$.

3. Я предполагаю, что вы имеете в виду уравнение (2.51) на стр. 27. Мы запишем интеграл как

$$I(t) = \int^{\infty}_{m}\sqrt{E^{2}-m^{2}}e^{-iEt}\,\mathrm{d}E.$$

Пескин и Шредер рассматривают этот интеграл как$t\to\infty$. Если мы рассмотрим замену переменных на

$$E^{2}-m^{2}=\mu^{2}\quad\Longrightarrow\quad \mathrm{d}E = \frac{\mu}{\sqrt{m^{2}+\mu^{2}}}\mathrm{d}\mu$$

У нас есть

$$\begin{align} I(t) &= \int^{\infty}_{0} \frac{\mu^{2}}{\sqrt{m^{2}+\mu^{2}}}e^{-it\sqrt{m^{2}+\mu^{2}}}\mathrm{d}\mu \\ &=\frac{1}{2}\int^{\infty}_{-\infty} \frac{\mu^{2}}{\sqrt{m^{2}+\mu^{2}}}e^{-it\sqrt{m^{2}+\mu^{2}}}\mathrm{d}\mu \end{align}$$

Позволять

$$f(\mu) = \frac{\mu^{2}}{\sqrt{m^{2}+\mu^{2}}},\quad\mbox{and}\quad \phi(\mu) = \sqrt{m^{2}+\mu^{2}}$$

так

$$I(t)=\frac{1}{2}\int^{\infty}_{-\infty}f(\mu)e^{-it\phi(\mu)}\mathrm{d}\mu.$$

Наблюдать

$$f(\mu)=\mu\phi'(\mu).$$

Как$t\to\infty$, интеграл становится сильно осциллирующим.

Отсюда можно подойти к проблеме двумя способами. Первый, непростительно волнистый, но более быстрый: возьмите приближение стационарной фазы и притворитесь, что$f(\mu_{\text{crit}})$— некоторая произвольная константа.

Критические точки для$\phi$являются$\mu_{0}=0$и$\mu_{\pm}=\pm im$. Мы заботимся только о реальном$\mu$, так что мы Тейлор расширяем о$\mu_0$ко второму порядку:

$$\begin{align} \phi(\mu)&=\phi(0)+\frac{1}{2!}\phi''(0)\mu^{2}\\ &=m + \frac{1}{2m}\mu^{2} \end{align}$$

Теперь аппроксимируем интеграл как

$$I(t) \sim \int^{\infty}_{-\infty}f(c)e^{-itm}e^{-it\mu^{2}/2m}\mathrm{d}\mu \approx f(c)e^{-itm}\sqrt{\frac{4\pi m}{t}}.\tag{1}$$

Другое приближение не исправляет$f$. Наблюдать$f(\mu)\sim|\mu|$, так что у нас есть

$$I(t) \sim e^{-itm} \int^{\infty}_{0}\mu e^{-it\mu^{2}/2m}\mathrm{d}\mu.$$

Имеем (используя интегралы Френеля )

$$\int^{\infty}_{0}\mu e^{-it\mu^{2}/2m}\mathrm{d}\mu\sim \frac{im}{t}.$$

Следовательно

$$I(t)\sim\frac{im}{t}e^{-imt}.\tag{2}$$

Просто заметка о третьем интеграле.

$$\frac{1}{4\pi^2}\int_m^\infty dE\sqrt{E^2-m^2}e^{-iEt}.$$ Если вы не хотите явно выполнять вычисления, как в ответе Алекса, есть аргумент правдоподобия. В пределе, где$t$очень велика, экспонента колеблется очень быстро. Колебания будут компенсировать друг друга, за исключением области, где$\sqrt{E^2-m^2}$имеет очень большой уклон. Фактически, при$E=m$, наклон этой функции бесконечен. Поэтому мы можем предположить, что интеграл может быть пропорционален$e^{-imt}$.

Это просто дополнение к ответу Алекса.

2. Для второго интеграла в книге приводится анализ, чтобы выдвинуть контур вверх, чтобы обернуть верхний срез ветви. После некоторых манипуляций он дает следующий интеграл $$\frac{1}{4\pi^2 r}\int_m^\infty d\rho \frac{\rho e^{-\rho r}}{\sqrt{\rho^2-m^2}}$$ На пределе$r\rightarrow \infty$, эффект экспоненциального подавления за счет фактора$e^{-\rho r}$превосходит уникальность$\frac{1}{\sqrt{\rho^2-m^2}}$в$m$. В результате можно грубо относиться$\frac{\rho}{\sqrt{\rho^2-m^2}}$как константу, и это приводит к (2.52).