一阶量子化框架下相对论粒子位置跃迁振幅求解咨询

嘿，我来帮你一步步拆解这个问题——咱们严格限制在一阶量子化、单粒子波函数的框架下，完全不涉及量子场那套内容。

首先，你提到的直观探测振幅积分是准确的：

原本完全定域在原点(0,0)的相对论粒子，在(x,t)处被探测到的振幅可以表示为：
$$\int \frac{d^{3}\boldsymbol{k}}{(2\pi )^3}e{i\boldsymbol{k}\cdot \boldsymbol{x}-iE_{\boldsymbol{k}}t}$$
这里的$E_{\boldsymbol{k}}=\sqrt{\boldsymbol{k}^2+m2}$是相对论粒子的能量（我们采用自然单位制$c=1$）。

接下来咱们完成角积分的化简：
因为积分具有球对称性，我们可以把三维动量积分拆成径向积分+角积分两步处理：

1. 设$\boldsymbol{x}$的模长为$r=|\boldsymbol{x}|$，取$\boldsymbol{k}$的极轴沿$\boldsymbol{x}$方向，这样$\boldsymbol{k}\cdot \boldsymbol{x}=kr\cos\theta$（$\theta$是$\boldsymbol{k}$与$\boldsymbol{x}$的夹角）。
2. 先计算角积分部分：
   $$\int d\Omega = \int_0^{{2\pi}d\phi\int_0}\pi \sin\theta d\theta \cdot e^{ikr\cos\theta}$$
   • 对$\phi$积分直接得到$2\pi$；
   • 令$u=\cos\theta$，则$du=-\sin\theta d\theta$，积分范围变为$u\in[-1,1]$，代入后计算得：
     $$2\pi \int_{-1}^1 e^{ikru}du = 2\pi \cdot \frac{e^{ikr}-e{-ikr}}{ikr} = \frac{4\pi \sin(kr)}{kr}$$

把角积分的结果代回原三维积分，化简后得到一维径向积分：
$$\frac{1}{(2\pi)^3} \int_0^\infty k^2 dk \cdot \frac{4\pi \sin(kr)}{kr} \cdot e^{-i\sqrt{k2+m^2}t}$$
整理系数：$\frac{4\pi}{(2\pi)^{3}=\frac{1}{2\pi}2}$，$k^2/k=k$，最终得到角积分后的简化式：
$$\frac{1}{2\pi^2 r} \int_0^\infty k \sin(kr) e^{-i\sqrt{k2+m^2}t} dk$$

进一步化简（可选） #

如果要把这个积分写成更简洁的物理形式，可以利用$\sin(kr)=\frac{e^{ikr}-e{-ikr}}{2i}$拆分积分，再通过复平面围道积分计算。最终结果能直接体现相对论的因果性：
$$\frac{1}{2\pi r} \begin{cases}
\frac{m}{\sqrt{t^2-r2}} J_1\left(m\sqrt{t^2-r2}\right) & t>r \
0 & t<r
\end{cases}$$
这里$J_1$是一阶第一类贝塞尔函数，而$t<r$时振幅为0——这完全符合相对论要求：粒子不能超光速传播，当$t<|x|$（自然单位下$c=1$）时，不可能在$\boldsymbol{x}$处探测到原本在原点的粒子。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Heng Fai Chang