物理教材积分证明挑战：证明三维积分与指数衰减函数的等式

首先要明确我们要证的核心等式：
$$\iiint_{\mathbb{R}^{3}\frac{1}{(2\pi)}3}\frac{e^{{-i\vec{q}\cdot\vec{r}}}{|\vec{q}|}2+m^{2}dq_xdq_ydq_z=\frac{e}{-m|\vec{r}|}}{4\pi|\vec{r}|} $$
其中$\vec{r}=x\vec{i}+y\vec{j}+z\vec{k}$，$m\geq0$。你说的没错，这确实是三维傅里叶逆变换的典型问题，利用对称性和坐标变换能大幅简化计算，下面一步步拆解：

步骤1：切换球坐标系简化积分 #

被积函数只和$|\vec{q}|$、$\vec{q}$与$\vec{r}$的夹角有关，完全适合用球坐标系处理：

• 设$|\vec{q}|=q$，$|\vec{r}|=r$，$\vec{q}$与$\vec{r}$的夹角为$\theta$，则$\vec{q}\cdot\vec{r}=qr\cos\theta$
• 球坐标系下体积元：$dq_xdq_ydq_z=q^2\sin\theta dq d\theta d\phi$
• 积分范围：$q\in[0,+\infty)$，$\theta\in[0,\pi]$，$\phi\in[0,2\pi]$

代入原积分后先对$\phi$积分，结果为$2\pi$，原式简化为：
$$
\text{原式} = \frac{1}{(2\pi)^2} \int_0^{+\infty} \frac{q^2}{q2+m^2} dq \int_0^\pi e^{-iqr\cos\theta} \sin\theta d\theta
$$

步骤2：计算$\theta$方向的积分 #

做变量替换$u=\cos\theta$，则$du=-\sin\theta d\theta$，积分上下限从$\theta=0\to\pi$变为$u=1\to-1$，代入后：
$$
\int_0^\pi e^{-iqr\cos\theta} \sin\theta d\theta = \int_{-1}^1 e^{-iqru} du = \frac{e^{iqr}-e{-iqr}}{iqr} = \frac{2\sin(qr)}{qr}
$$

把这个结果代回，原式进一步化简为：
$$
\text{原式} = \frac{1}{2\pi^2 r} \int_0^{+\infty} \frac{q\sin(qr)}{q^2+m2} dq
$$

步骤3：求解一维广义积分 #

现在需要计算$\int_0^{+\infty} \frac{q\sin(qr)}{q^2+m2} dq$，这是个经典积分，用留数定理最直接：

1. 考虑复平面积分$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{q e^{iqr}}{q2+m^2} dq$，其虚部等于$2\int_0^{+\infty} \frac{q\sin(qr)}{q^2+m2} dq$（因为被积函数是偶函数）
2. 对$r>0$，取上半平面围道，被积函数的奇点为$q=im$，计算留数：
   $$
   \text{Res}(q=im) = \lim_{q\to im} (q-im)\frac{q e^{iqr}}{(q-im)(q+im)} = \frac{e^{-mr}}{2}
   $$
3. 根据留数定理，围道积分等于$2\pi i \times$留数，即$\pi i e^{-mr}$，取虚部得：
   $$
   \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{q\sin(qr)}{q^2+m2} dq = \pi e^{-mr}
   $$
   因此$\int_0^{+\infty} \frac{q\sin(qr)}{q^2+m2} dq = \frac{\pi e^{-mr}}{2}$

步骤4：代入得到最终结果 #

把上述积分结果代回化简后的原式：
$$
\text{原式} = \frac{1}{2\pi^2 r} \times \frac{\pi e^{-mr}}{2} = \frac{e^{-mr}}{4\pi r} = \frac{e^{-m|\vec{r}|}}{4\pi|\vec{r}|}
$$

当$\vec{r}=0$时，右边看似奇异，但左边积分本身也是发散的（$m=0$时更明显），逻辑自洽。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Hamio Jiang