Born 近似との対応

角度部分を先に積分する。$\bm{q}$ と $\bm{r}$ のなす角を $\theta$ とすると

$$\int\!\mathrm{d}\Omega_q\;\mathrm{e}^{\mathrm{i}|\bm{q}|r\cos\theta}=2\pi\int_{-1}^{1}\!\mathrm{d}(\cos\theta)\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}|\bm{q}|r\cos\theta} =2\pi\cdot\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}|\bm{q}|r}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}|\bm{q}|r}}{\mathrm{i}|\bm{q}|r}=\frac{4\pi\sin(|\bm{q}|r)}{|\bm{q}|r} .$$

よって、$q\equiv|\bm{q}|$ と書けば

$$\int\!\frac{\mathrm{d}^3 q}{(2\pi)^3}\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}\bm{q}\cdot\bm{r}}}{q^2+m^2} =\frac{1}{(2\pi)^3}\int_0^\infty\!\mathrm{d} q\;q^2\cdot\frac{4\pi\sin(qr)}{qr}\cdot\frac{1}{q^2+m^2} =\frac{1}{2\pi^2 r}\int_0^{\infty}\!\mathrm{d} q\;\frac{q\sin(qr)}{q^2+m^2} .$$

残った積分を留数で計算する。被積分関数は $q$ の偶関数なので

$$\int_0^{\infty}\!\mathrm{d} q\,\frac{q\sin(qr)}{q^2+m^2} =\frac12\int_{-\infty}^{\infty}\!\mathrm{d} q\,\frac{q\sin(qr)}{q^2+m^2} =\frac{1}{2}\,\Im\int_{-\infty}^{\infty}\!\mathrm{d} q\,\frac{q\,\mathrm{e}^{\mathrm{i} qr}}{q^2+m^2}$$

と書ける。$r>0$ なので上半平面に閉じる半円上で $\mathrm{e}^{\mathrm{i} qr}$ は指数的に減衰し、その寄与は消える。上半平面の極は $q=\mathrm{i} m$ の1位の極で、留数は

$$\lim_{q\to\mathrm{i} m}(q-\mathrm{i} m)\frac{q\,\mathrm{e}^{\mathrm{i} qr}}{(q-\mathrm{i} m)(q+\mathrm{i} m)}=\frac{\mathrm{i} m\,\mathrm{e}^{-mr}}{2\mathrm{i} m}=\frac{\mathrm{e}^{-mr}}{2}$$

である。したがって積分は $2\pi\mathrm{i}\times\mathrm{e}^{-mr}/2=\mathrm{i}\pi\mathrm{e}^{-mr}$ で、その虚部の半分をとると $\frac12\pi\mathrm{e}^{-mr}$。まとめて

$$\int\!\frac{\mathrm{d}^3 q}{(2\pi)^3}\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}\bm{q}\cdot\bm{r}}}{q^2+m^2}=\frac{1}{2\pi^2r}\cdot\frac{\pi\,\mathrm{e}^{-mr}}{2}=\frac{\mathrm{e}^{-mr}}{4\pi r} .$$

この結果は数値積分でも確認してある（検算 検算スクリプト）。$m\to0$ とすると $1/(4\pi r)$ になり、Coulomb ポテンシャルの $1/r$ が現れる。