Transformata Fouriera potencjału Coulomba w QFT

Question

Jestem magistrem fizyki cząstek elementarnych i chcę znaleźć potencjał kulombowski $V(r)$ od $\tilde{V}(p)$w Schwartz-Quantum Field Theory and the Standard Model, co mam jako$\tilde{V}(p)$ od 16,58 relacji: $$ \tilde{V}(p)= \frac{e_{R}^{2}}{p_{\mu}p^{\mu}}\tag{16.58} $$ który $e_{R}$ jest renormalizowana opłata. co robię, aby uzyskać $V(r)$ jest: $$ V(r)=\int^{\infty}_{-\infty} \frac{d^{4}p}{(2\pi)^4} e^{ip_{\mu}x^{\mu}}\tilde{V}(p)=\int\frac{ d_{0}p d^3p}{(2\pi)^{4}}e^{ip_{0}t-ipxcos\theta}\frac{1}{p_{0}^{2}-p^{2}} $$ i najpierw weź $d_{0}p$ na górnym konturze i: $$ \int d_{0}p e^{ip_{0}t}\frac{1}{(p_{0}-p)(p_{0}+p)}=i \pi (\frac{e^{ipt}}{2p}-\frac{e^{ipt}}{2p}) $$ więc: $$ V(r)=\int\frac{d^3p}{(2\pi)^{4}}e^{-ipxcos\theta}i \pi (\frac{e^{ipt}}{2p}-\frac{e^{ipt}}{2p}) $$ pisać $d^{3}p=p^{2}dp d\phi dcos(\theta)$ mamy: $$ V(r)=\int\frac{p^{2}dp d\phi dcos(\theta)}{(2\pi)^{4}}e^{-ipxcos\theta}i \pi (\frac{e^{ipt}}{2p}-\frac{e^{ipt}}{2p}) $$ brać $dcos(\theta)$ całka i otrzymaliśmy: $$ \int^{1}_{-1} e^{-ipxcos(\theta)} dcos(\theta) = \frac{i}{px}(e^{-ipx}-e^{ipx}) $$ wracając do całki i wreszcie otrzymaliśmy: $$ V(r)=\int^{\infty}_{0}\frac{p^{2}dp}{(2\pi)^{3}}i \pi (\frac{e^{ipt}}{2p}-\frac{e^{ipt}}{2p})\frac{i}{px}(e^{-ipx}-e^{ipx})=\frac{1}{16\pi^{2}x}(\int^{\infty}_{-\infty} dp e^{ip(x+t)}-\int^{\infty}_{-\infty}dp e^{ip(t-x)}) $$ która jest rozbieżna, a nie jest $V(r)=\frac{-e_{R}^{2}}{4\pi r}$ czy ktoś może mi pomóc, gdy popełnię błąd i wskazać mi drogę?

Answer 1

Uważaj, musisz wykonać odwrotną transformację w trójwymiarowej przestrzeni Fouriera - dla pola fotonów $p^2 = 0$, więc twoja oryginalna ekspresja, od której zaczynasz, nie ma większego sensu. Poza tym klasyczne pole Coulomba nie zależy od czasu, co jest kolejną wskazówką dla transformacji 3D.

W książce Schwartza dzieje się tak w Ch. 3.4.2 (potencjał Coulomba).

Podsumowując jego wyniki:

$$ V(r) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{e_R^2}{p^2} = \int \frac{e^2_R}{(2\pi)^3} e^{-ipr\cos\theta} \sin\theta \, d\theta d\phi dp = \frac{e^2_R}{(2\pi)^2} \frac{1}{ir}\int^\infty_0 dp \frac{e^{ipr}-e^{-ipr}}{p} = \frac{e_R^2}{4\pi r} $$

gdzie w ostatnim kroku wykorzystałem znany wynik całki Dirichleta:

$$ \int^\infty_0 \frac{e^{iz}}{z}dz = i \frac{\pi}{2} $$

Mam nadzieję że to pomoże.