단일 입자 양자역학을 통해서 '빛 보다 더 빠르게 움직이는 입자의 진폭(amplitude)'를 구해보고자 한다.

상대성이론에 따라서 빛 보다 빠르게 움직일 수 있는 것은 없다. 그렇다면 그 진폭은 $0$이어야 할 것인데, 실제로 그러한지 확인해고자 한다.

$$\\ $$ 우선 '빛 보다 빠른 입자'를 '빛원뿔(light cone)'위에서 더 쉽게 이해할 수 있다.

즉, 특수상대성 이론에 위배되지 않는 (허용되는) 경로(time-like라고 부른다)는 원뿔의 안쪽에 해당하며 다음을 만족하는 것이다. ($c=1$로 두었다.)

$$|x|^2 =t^2-(x^1)^2-(x^2)^2-(x^3)^2 >0$$

광자(photon)의 경우는 $|x|^2 =t^2-(x^1)^2-(x^2)^2-(x^3)^2 =0$ 으로서, 원뿔면 위에 놓이는 경로를 따라 간다.

$$\\ $$ 이때, $|x|^2 =t^2-(x^1)^2-(x^2)^2-(x^3)^2 <0$의 경로(space-like라고 부른다)를 따라가는 경로는 허용되지 않는 것이다.

그럼, 다음과 같은 양을 정의하고

$$\mathcal{A}=\langle \boldsymbol{x} |e^{-i\hat{H}t}| \boldsymbol{x}=0\rangle$$

해당 경로(space-like)에서 $| \mathcal{A}| ^2$이 0이 아닌지를 확인해보자.

$$\\ $$

$\mathcal{A}$를 운동량(momentum) 공간에서 다음과 같이 기술할 수 있다.

$$\begin{align} \mathcal{A}=\langle \boldsymbol{x} |e^{-i\hat{H}t}| \boldsymbol{x}=0\rangle &= \int d^3p \langle \boldsymbol{x} |e^{-i\hat{H}t}|\boldsymbol{p}\rangle \langle \boldsymbol{p}|\boldsymbol{x}=0 \rangle \\ &= \int d^3p \langle \boldsymbol{x} | \boldsymbol{p} \rangle e^{-iE_pt} \frac{1}{(2\pi)^{3/2}}e^{-i\boldsymbol{p}\cdot 0} \\ &= \int d^3p \frac{1}{(2\pi)^3}e^{i\boldsymbol{p}\cdot \boldsymbol{x}}e^{-iE_p t}. \end{align}$$ 첫 번째 줄에서는 완전 집합(complete set)의 성질인 $1=\int d^3p | \boldsymbol{p} \rangle \langle \boldsymbol{p}|$을 이용하였다.

두 번째 줄로 넘어갈 때, $e^{-i\hat{H}t}$를 $|\boldsymbol{p}\rangle$에 걸어줌으로써 고유값을 $e^{-iE_pt}$로 얻었다. 또한, 다음의 식을 이용하였다.

$$\langle \boldsymbol{x} | \boldsymbol{p}\rangle =\frac{1}{(2\pi)^{3/2}}e^{i\boldsymbol{p}\cdot \boldsymbol{x}}$$ (규격화 상수(normalization constant)가 정확한 값일 필요는 없다. $\mathcal{A}$가 0인지, 그렇지 않은지만 파악하면 되기 때문이다.)

이제 해야할 것은, 다음의 적분 계산을 $|x|^2 =t^2-(x^1)^2-(x^2)^2-(x^3)^2 <0$ (space-like) 에 해당하는 간격(interval)에 대해서 풀이하는 것이다.

$$\begin{align} \mathcal{A}=\int d^3p \frac{1}{(2\pi)^3}e^{i\boldsymbol{p}\cdot \boldsymbol{x}}e^{-iE_p t}. \end{align}$$ 이러한 적분식을 구면 좌표계 (spherical polars)로 다음과 같이 변환하자. $$\begin{align} \mathcal{A} &= \int _0 ^{2\pi} d\phi \int^\infty _0 \frac{d|\boldsymbol{p} |}{(2\pi)^3}|\boldsymbol{p}|^2 \int^{\pi} _{0} d\theta\ \sin\theta e^{i\boldsymbol{p}\cdot \boldsymbol{x}}e^{-iE_p t} \\ &= \int _0 ^{2\pi} d\phi \int^\infty _0 \frac{d|\boldsymbol{p} |}{(2\pi)^3}|\boldsymbol{p}|^2 \int^{-1} _{1} (-du) e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|u}e^{-iE_p t} \\ &= \frac{1}{{(2\pi)^3}}\int _0 ^{2\pi} d\phi \int^\infty _0 d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}|^2 \int^{1} _{-1} du e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|u}e^{-iE_p t} \\ &= \frac{1}{(2\pi)^3}(2\pi)\int^\infty _0 d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}|^2 \left( \frac{1}{i(|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|)} \right)\left[e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|u}\right]_{-1}^{1}\ e^{-iE_p t} \\ &= \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\int^\infty _0 d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| \left[e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|}-e^{-i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|}\right] \ e^{-iE_p t} \\ \end{align}$$ 위의 식을 풀이할 때, $\cos\theta \equiv u \to -du=\sin\theta d\theta$를 이용하였다.

구면 좌표계의 야코비안(Jacobian)이 $r^2 \sin\theta$임을 참고하자.

$$\\ $$ 위에서 마지막 줄의 적분식을 두 항으로 분리한 뒤, 적분 범위를 아래와 같이 바꿔주면 보다 간단해진다.

$$\begin{align} \mathcal{A} &= \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\int^\infty _0 d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| \left[e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|}-e^{-i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|}\right] \ e^{-iE_p t} \\ &= \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\left(\int^\infty _0 d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|} \ e^{-iE_p t} - \int^\infty _0 d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| e^{-i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|} \ e^{-iE_p t}\right) \\ &= \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\left(\int^\infty _0 d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|} \ e^{-iE_p t} - \int^{-\infty }_0 (d(-|\boldsymbol{p} |)\ (-|\boldsymbol{p}|) e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|} \ e^{-iE_p t}\right) \\ &= \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\left(\int^\infty _0 d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|} \ e^{-iE_p t} + \int^{0}_{-\infty } d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|} \ e^{-iE_p t}\right) \\ &= \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\left(\int^\infty _{-\infty } d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|} \ e^{-it\sqrt{|\boldsymbol{p}|^2 + m^2}} \right) \\ \end{align}$$ 두 번째 줄에서 세 번째 줄로 넘어갈 때, $|p|$에 대한 적분을 $-|p|$에 대한 것으로 바꿔주었다.

또한, $E_p = \sqrt{|\boldsymbol{p}|^2 + m^2}$을 대입하였다.

$$\\$$ 위의 적분을 풀이하는 수학적인 방법은 복소(complex) 적분이다.

우리가 계산하고자 하는 적분은 $|\boldsymbol{p}|$의 $-\infty$ 부터 $\infty$까지의 범위에 대한 적분이므로

복소평면에서 아래와 같은 경로를 따라서 다음의 적분을 계산해야 한다.

$$\mathcal{A} = \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\left(\int^\infty _{-\infty } d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|} \ e^{-it\sqrt{|\boldsymbol{p}|^2 + m^2}} \right) \\ $$

(허수축이 $\pm im$에서 잘린(cut) 이유는, 시간 연산자(time operator)의 고유값에 해당하는 $e^{-iE_pt}$의 지수는 허수이기 때문이다.

$$\\ $$ 이때, '코시의 정리(Cauchy's theorem)'를 이용한다면 적분을 보다 원활하게 풀이할 수 있다.

'코시의 정리'란, 임의의 복소수 $z$에 대한 함수 $f(z)$가 경로 $C$와 그 내부에서 해석적(anaylytic)일 때, 다음의 식을 만족한다는 것이다.

$$\oint_C dz\ f(z) = 0.$$

즉, 경로 $C$ 내부에서 적분되는 함수 $f(z)$가 해석적이지 않은 특이점이 포함되지 않는다면

해당 적분은 시작점과 종점에만 의존한다.

$$\\ $$ 이때, 다음의 그림의 닫힌 곡선 안에서는 특이점이 존재하지 않는다.

따라서 우리의 적분을 반원 위쪽을 지나는 경로에 대한 적분으로 바꾸는 것이 가능하다.

$$\\ $$ 또한, 반원의 크기가 커질수록 그 반원을 지나는 적분의 (총 적분에 대한) 기여분은 $0$에 근접한다.

$$\\ $$ 따라서, '조르당의 보조 정리(Jordan’s lemma)'에 따르면, 유의미한 적분 경로는 아래의 그림과 같다.

('조르당의 보조 정리'는 이번 게시글 맨 아래에 보충 설명하였다.)

$$\\ $$ 따라서, $\mathcal{A}$에 대한 적분 식을 다음과 같이 바꿀 수 있다.

$$\begin{align} \mathcal{A} &= \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\left(\int^\infty _{-\infty } d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|} \ e^{-it\sqrt{|\boldsymbol{p}|^2 + m^2}} \right) \\ &= \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|} \bigg[\left(\int^m_{\infty } d(iz)\ iz e^{-z|\boldsymbol{x}|} \ e^{-t\sqrt{z^2 - m^2}} \right) \\ & \qquad \qquad \ \ + \bigg[\left(\int^\infty_{m} d(iz)\ iz e^{-z|\boldsymbol{x}|} \ e^{ t\sqrt{z^2 - m^2}} \right) \bigg]\\ &= \frac{ i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|} \bigg[-\left(\int^{\infty }_m dz\ z e^{-z|\boldsymbol{x}|} \ e^{-t\sqrt{z^2 - m^2}} \right) \\ & \qquad \qquad \ \ + \bigg[\left(\int^\infty_{m} dz\ z e^{-z|\boldsymbol{x}|} \ e^{ t\sqrt{z^2 - m^2}} \right) \bigg] \\ &= \frac{i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|} \int_m^\infty dz \ ze^{-z|\boldsymbol{x}|}\left( e^{t\sqrt{z^2-m^2}}-e^{-t\sqrt{z^2-m^2}} \right) \\ &= \frac{i}{2\pi^2|\boldsymbol{x}|} \int_m^\infty dz \ ze^{-(z-m)|\boldsymbol{x}|} \sinh\left(t\sqrt{z^2-m^2}\right) \\ \\ & \quad \quad \quad \left(\because \sinh(x) = \frac{e^{x}-e^{-x}}{2}\right) \end{align}$$ 위의 적분에서, 복소 평면 상의 2사분면에서는 $e^{t\sqrt{z^2-m^2}}$의 지수가 음수인데, 이는 $z$의 크기가 커질수록 지수적으로 감소하는 경향성이 반영된 것이고

1사분면에서는 $e^{t\sqrt{z^2-m^2}}$의 지수가 양수로서 $z$의 크기가 커질수록 지수적으로 증가하는 경향성이 반영된 것이다.

(이에 대한 수학적인 이유는 아래의 '조르당의 보조 정리'에서 함께 설명하였다.)

$$\\ $$ 위의 적분 경로에 대해서 피적분함수는 양의 부호를 갖는다. 따라서, $|\mathcal{A}|^2$은 $0$이 아닌 값을 갖게 된다.

이는 단일입자로 기술되는 양자역학은 더 이상 적절하지 않음을 의미한다.

$$\\ $$

조르당의 보조 정리란,

$(1)\ \gamma >0$ 이며

$(2)\ f(\tilde{z})$가 $\lim_{R \to \infty} |f(Re^{i\theta})|=0$을 만족하는(well-behaved) 함수일 때,

'무한한 크기를 가지며 양의 허수축에 정의되는 반원'을 따라서 다음의 적분을 계산한 결과는 $0$이라는 것이다.

$$\int_{-\infty}^{\infty} d\tilde{z}\ f(\tilde{z})e^{i\gamma \tilde{z}}$$

$$\\ $$ 앞서 설명한 경우에서는, 아래의 적분에서 $|\boldsymbol{p}|=a+ib$로 두었을 때

$$\begin{align} \mathcal{A} &= \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\left[\int^\infty _{-\infty } d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|} \ e^{-it\sqrt{|\boldsymbol{p}|^2 + m^2}} \right] \\ & = \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\left[\int^\infty _{-\infty } d|\boldsymbol{p} | \ |\boldsymbol{p}| e^{-it\sqrt{(a^2+b^2+2iab) + m^2}} \ e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|} \right] \\ \bigg( & = \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\left[\int^\infty _{-\infty } d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| e^{ia|\boldsymbol{x}|-b|\boldsymbol{x}|} \ e^{-it\sqrt{(a^2+b^2+2iab) + m^2}} \right] \\ & = \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\left[\int^\infty _{-\infty } d(a+ib)\ e^{ia|\boldsymbol{x}| }\ (a+ib) e^{-b|\boldsymbol{x}|}e^{-it\sqrt{(a^2+b^2+m^2)+i(2ab)}} \right] \bigg) \end{align}$$ $\gamma$가 $|x|$이고 $f(\tilde{z})$는 $|\boldsymbol{p}| e^{-it\sqrt{(a^2+b^2+2iab) + m^2}}$에 대응된다.

$$\\$$

$R$의 증가에 의해서 감소하는 경향을 살펴보기 위해

복소 평면 상에서 $a<0, \ b>0$인 영역과 $a>0, \ b>0$인 각각의 영역에서 $a,b$가 증가할 때 (점점 큰 반지름 $\sqrt{a^2+b^2}$을 갖는 반원 위의 경로에서)

$(a+ib) e^{-b|\boldsymbol{x}|} e^{-it\sqrt{(a^2+b^2+m^2)+i(2ab)}}$이 어떠한 경향성을 보이는지 확인하자.

$$\\ $$

오일러 공식을 통한 극좌표 형식으로, 아래의 복소수를 바꿔서 표현해보자.

$$((a^2-b^2+m^2) +i(2ab))=Ae^{i\theta}$$

이때, $A=\sqrt{(a^2-b^2+m^2)^2 + 4a^2b^2}$이며, 위상(phase)각은 다음과 같다.

$$\theta = \begin{cases} \tan^{-1}\left(\frac{2ab}{a^2-b^2+m^2}\right) & \text{for } (a^2-b^2+m^2)>0\\ \pi + \tan^{-1}\left(\frac{2ab}{a^2-b^2+m^2}\right) & \text{for } (a^2-b^2+m^2)<0, \ ab\ge 0\\ -\pi + \tan^{-1}\left(\frac{2ab}{a^2-b^2+m^2}\right) & \text{for } (a^2-b^2+m^2)<0, \ ab<0\\ \frac{\pi}{2} & \text{for } (a^2-b^2+m^2)=0, \ ab>0\\ -\frac{\pi}{2} & \text{for } (a^2-b^2+m^2)=0, \ ab<0 \end{cases}$$

이때, 우선 $e^{-it\sqrt{(a^2+b^2+m^2)+i(2ab)}}$만을 극좌표 형식으로 바꿔서 나타내면 아래와 같다.

$$\exp\left[{-it\sqrt{Ae^{i\theta}}}\right] =\exp\left[{-it\ \sqrt{A}e^{i\frac{\theta}{2} }}\right]\\ =\exp\left[t\sqrt{A}\sin(\theta/2) -it\sqrt{A}\cos(\theta/2)\right] \\ =\exp\left[t\sqrt{A}\sin(\theta/2) \right]\exp\left[ -it\sqrt{A}\cos(\theta/2)\right]$$

따라서, ($t>0$이므로) 결국 $\sin(\theta/2)$의 부호가 $e^{-it\sqrt{(a^2+b^2+m^2)+i(2ab)}}$의 경향성을 결정한다.

$(i)$의 경우에 대해서, $a<0, \ b>0$이며 $\sqrt{a^2+b^2} \gg 1$인 경우이므로

$ab<0$라는 공통적인 조건을 갖는 상황에서, 아래와 같이 2가지 경우의 극한에 대해서 확인해볼 수 있다.

$$\\ $$

이 경우, 위에서 살펴본 위상각($\theta$)의 정의를 참고하면

$\tan^{-1}\left(\frac{2ab}{a^2-b^2+m^2}\right)$의 $a^2-b^2+m^2$이 양수임을 알 수 있다.

또한, $a \gg b$이며 $\sqrt{a^2+b^2} \to \infty$의 극한을 고려한다면, $\theta = \tan^{-1}\left(\frac{2ab}{a^2-b^2+m^2}\right)$는 $0$에 가까운 음의 값을 갖게 될 것이다. ($\because ab<0$)

$$\\ $$ 그 경우에 $\sin(\theta/2)$의 부호도 음수이므로, 해당 경우에

$\exp\left[t\sqrt{A}\sin(\theta/2) \right]\exp\left[ -it\sqrt{A}\cos(\theta/2)\right]$는 (해당 경우에서 $A=\sqrt{(a^2-b^2+m^2)^2 + 4a^2b^2}$가 증가하므로)

지수적으로 감소하는 항이다.

$$\\ $$

이 경우는 $\tan^{-1}\left(\frac{2ab}{a^2-b^2+m^2}\right)$의 $a^2-b^2+m^2$이 음수의 값을 갖는다.

이때, $\sqrt{a^2+b^2}\to \infty$의 극한에서 $-\pi+\tan^{-1}\left(\frac{2ab}{a^2-b^2+m^2}\right)$는 $-\pi$에 가까운 값을 갖는다. 표현하자면, $-\pi +\epsilon$이며, $\epsilon$은 어떤 양의 실수이다.

$$\\ $$ 따라서, 위상각 $\theta$는 (위에서 살펴본 식에 의하면, $\{2ab/(a^2-b^2+m^2)\}$의 부호에 따라서) $-\pi/2$ 또는 $-3\pi/2$에 가까운 값을 갖는다.

$$\\ $$ 따라서, $\sin(\theta/2)$의 부호는 음수이므로, 해당 경우에

$\exp\left[t\sqrt{A}\sin(\theta/2) \right]\exp\left[ -it\sqrt{A}\cos(\theta/2)\right]$는 지수적으로 감소하는 항이다.

$$\\ $$

이번에는 $a$와 $b$가 둘 다 양수인 경우로서 $ab>0$인 경우를 살펴보고자 한다.

이 경우는 $\tan^{-1}\left(\frac{2ab}{a^2-b^2+m^2}\right)$의 $a^2-b^2+m^2$이 음수의 값을 갖는다.

마찬가지로 확인해보자면, $\sqrt{a^2+b^2}\to \infty$의 극한에서 $\theta = \pi+\tan^{-1}\left(\frac{2ab}{a^2-b^2+m^2}\right)$는 $\pi$에 가까운 값을 갖는다.

따라서, $\theta = \pi -\epsilon$이며, $\epsilon$은 어떤 양의 실수이다.

$$\\ $$ 그 경우에 $\sin(\theta/2)$의 부호는 양수이므로,

$\exp\left[t\sqrt{A}\sin(\theta/2) \right]\exp\left[ -it\sqrt{A}\cos(\theta/2)\right]$는 지수적으로 증가하는 항이다.

$$\\ $$

이 경우는 $\tan^{-1}\left(\frac{2ab}{a^2-b^2+m^2}\right)$의 $a^2-b^2+m^2$이 양수의 값을 갖는다.

확인해보자면, $\sqrt{a^2+b^2}\to \infty$의 극한에서 $\theta = \tan^{-1}\left(\frac{2ab}{a^2-b^2+m^2}\right)$는 $0$에 가까운 양의 값을 갖는다.

$$\\ $$ 그 경우에 $\sin(\theta/2)$의 부호는 양수이므로,

$\exp\left[t\sqrt{A}\sin(\theta/2) \right]\exp\left[ -it\sqrt{A}\cos(\theta/2)\right]$도 지수적으로 증가하는 항이다.

$$\\ $$

우리는 위에서 $e^{-it\sqrt{|\boldsymbol{p}|^2 + m^2}} = e^{-it\sqrt{(a^2+b^2+m^2)+i(2ab)}}$의 항이 지수적으로 감소하는지, 증가하는지를 확인해보았고

$a<0,\ b>0$일 때는 지수적으로 감소하지만, $a>0, \ b>0$인 경우에는 지수적으로 증가함을 확인하였다.

$$\\ $$ 다만, 지수적으로 증가하는 경우에도 피적분함수는 발산하지 않는다. 조르당의 보조 정리를 언급한 부분에서의 수식은 다음과 같았다.

$$\begin{align} \mathcal{A} &= \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\left[\int^\infty _{-\infty } d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| e^{i|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|} \ e^{-it\sqrt{|\boldsymbol{p}|^2 + m^2}} \right] \\ &= \frac{-i}{(2\pi)^2|\boldsymbol{x}|}\left[\int^\infty _{-\infty } d|\boldsymbol{p} |\ |\boldsymbol{p}| e^{i(\alpha |\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|)} \ e^{-i\{(\alpha -1)|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}| + t\sqrt{|\boldsymbol{p}|^2 + m^2}\}} \right] \end{align}$$

여기에서 $\alpha$는 꽤 작은 수여서, $1-\alpha$가 $1$에 매우 가까운 상수라고 하자.

이때, $e^{-it\sqrt{(a^2+b^2+m^2)+i(2ab)}}$의 지수적인 감소 또는 증가를 결정하는 것은

$$\exp\left[t\sqrt{A}\sin(\theta/2) \right]\\ =\exp\left[t\sqrt{\sqrt{(a^2-b^2+m^2)^2 + 4a^2b^2}}\sin(\theta/2)\right]$$ 이다.

$$\\ $$ 여기에서, $ab>0$이며 $a\gg b$인 경우에서는

$\exp\left[t\sqrt{\sqrt{(a^2-b^2+m^2)^2 + 4a^2b^2}}\sin(\theta/2)\right]$의 크기 정도는 $\exp\left[t\{a\sin(\theta/2)\}\right]$인데,

$a\gg b, \sqrt{a^2+b^2}\to \infty$인 경우는 $2ab/(a^2-b^2 +m^2)\approx 0$이며 $\theta \approx 0$이었다. 따라서, 작은각 근사와 테일러 전개(Taylor expansion)을 다음과 같이 이용하면

$$\sin(\theta/2) = \theta/2-\mathcal{O}(\theta^3)\\ \approx \frac{1}{2}\tan^{-1}\left(\frac{2ab}{a^2-b^2+m^2}\right) \\ \approx \frac{ab}{a^2-b^2+m^2}$$ 이 되므로, $a$의 발산으로 인해 해당 $\exp$항이 발산하지 않는다.

따라서, $e^{-i\{(\alpha -1)|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|\}}$의 $e^{-\{1-\alpha\} b|\boldsymbol{x}| }$에 의해 지수적으로 감소한다.

$$\\ $$

한편, $ab>0$이며 $a\ll b$인 경우에서는 $\theta$에 대해서 곧바로 작은각 근사를 적용할 수 없다. ($\because \theta \approx \pi$)

또한, $b \gg a$인 경우이므로 $\exp\left[t\sqrt{\sqrt{(a^2-b^2+m^2)^2 + 4a^2b^2}}\sin(\theta/2)\right]$의 크기 정도는 $\exp\left[t\{b\sin(\theta/2)\}\right]$이다.

$$\\ $$ 다만, 전체 피적분함수를 고려하면 다음과 같다.

$$f(\tilde{z})=|a+ib| e^{-i\{(\alpha -1)|\boldsymbol{p}||\boldsymbol{x}|} e^{-it\sqrt{(a^2+b^2+m^2)+i(2ab)}}\\ \propto |a+ib|\exp\left[-\{1-\alpha\}b|\boldsymbol{x}|+bt\sin(\theta/2)\right]$$

이때, 우리가 고려하는 적분 경로는 $|\boldsymbol{x}| > t$로서, 특수 상대성이론을 위배하는 경우이다.

또한 $\theta$는 $\pi$ 보다 작은 수이다.

$$\\ $$ 따라서, 어떠한 경우에서도 $b>0$에서 반원의 반지름이 커짐에 따라 피적분함수는 증가하지 않고, 지수적으로 감소하게 된다.

그렇기에 앞선 과정에서 처럼 조르당의 보조 정리를 사용할 수 있다.

1. Tom Lancaster and Stephen J. Blundell, Quantum Field Theory for the Gifted Amateur, 2014.