付録ADirac のデルタ関数と規格化

導出1：偶関数性 $\delta(-x)=\delta(x)$

ステップ1：左辺を試験関数と積分する．

$$ \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,\delta(-x)\,\dd x $$

ステップ2：変数変換 $y=-x$ を行う．$\dd x=-\dd y$ であり，積分区間は $x:-\infty\to\infty$ が $y:\infty\to-\infty$ に移る．上下限の入れ替えで符号がもう一つ出て，二つの負号が打ち消す．

$$ = \int_{\infty}^{-\infty} f(-y)\,\delta(y)\,(-\dd y) = \int_{-\infty}^{\infty} f(-y)\,\delta(y)\,\dd y = f(0) $$

ステップ3：右辺と比べる．$\int f(x)\delta(x)\dd x=f(0)$ であるから両者は一致し，任意の $f$ について成り立つので $\delta(-x)=\delta(x)$ である．$\blacksquare$

導出2：スケーリング則 $\delta(ax)=\dfrac{1}{\abs{a}}\delta(x)$（$a\neq0$）

ステップ1：$a>0$ の場合．$y=ax$ とおくと $\dd x=\dd y/a$ であり，区間の向きは変わらない．

$$ \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,\delta(ax)\,\dd x = \int_{-\infty}^{\infty} f\!\left(\frac{y}{a}\right)\delta(y)\,\frac{\dd y}{a} = \frac{1}{a}f(0) $$

ステップ2：$a<0$ の場合．同じ変換をすると $\dd x=\dd y/a$ の $a$ が負なので，区間の向きが反転する．$x:-\infty\to\infty$ は $y:\infty\to-\infty$ に移り，上下限を戻すときに負号が出る．

$$ = \int_{\infty}^{-\infty} f\!\left(\frac{y}{a}\right)\delta(y)\,\frac{\dd y}{a} = -\frac{1}{a}f(0) = \frac{1}{\abs{a}}f(0) $$

ステップ3：まとめる．どちらの場合も結果は $f(0)/\abs{a}$ であるから，

である．$\blacksquare$ この式は「$\delta$ は長さの逆数の次元をもつ」ことを言っている．$\delta(x)$ の次元は $[x]^{-1}$，$\delta^3(\xx)$ の次元は $[L]^{-3}$（$L$ は長さ），$\delta^4(p)$ の次元は $[E]^{-4}$（$E$ はエネルギー）である．次元解析で式の正しさを確かめるときに必ず使う．

導出3：合成関数則 $\delta(f(x))=\displaystyle\sum_i \frac{\delta(x-x_i)}{\abs{f'(x_i)}}$

ここで $x_i$ は $f(x_i)=0$ を満たす単純零点（$f'(x_i)\neq0$）のすべてである．

ステップ1：零点の近傍に分割する．$\delta(f(x))$ は $f(x)=0$ となる点の近くでしか値をもたない．そこで積分を，各零点 $x_i$ を含む小区間 $I_i=(x_i-\eta,\;x_i+\eta)$ の和に分ける．$\eta$ は零点どうしが混ざらないほど小さくとる．

$$ \int g(x)\,\delta(f(x))\,\dd x = \sum_i \int_{I_i} g(x)\,\delta(f(x))\,\dd x $$

ステップ2：各区間で $u=f(x)$ と変数変換する．$f'(x_i)\neq0$ なので $I_i$ 上で $f$ は単調であり，逆関数 $x=f^{-1}(u)$ が一意に定まる．$\dd u=f'(x)\dd x$ より $\dd x=\dd u/f'(x)$．$f'(x_i)<0$ のときは区間の向きが反転するが，それを絶対値に吸収すれば（導出2 と同じ操作である）

$$ \int_{I_i} g(x)\,\delta(f(x))\,\dd x = \int_{f(I_i)} g\big(f^{-1}(u)\big)\,\delta(u)\,\frac{\dd u}{\abs{f'(f^{-1}(u))}} $$

である．積分範囲 $f(I_i)$ は $f(x_i-\eta)$ から $f(x_i+\eta)$ までの，$u=0$ を内点に含む小区間である（$\eta$ が小さければ幅はおよそ $2\eta\abs{f'(x_i)}$ だが，$\delta(u)$ は $u=0$ の近傍しか見ないので，端点は結果に影響しない）．

ステップ3：$\delta(u)$ を使う．$u=0$ で $f^{-1}(0)=x_i$ であるから

$$ = \frac{g(x_i)}{\abs{f'(x_i)}} $$

ステップ4：足し合わせる．

$\blacksquare$ 式 \eqref{eq:A-scale} は $f(x)=ax$ の特別な場合である．A.2 節で質量殻条件 $\delta(p^2-m^2)$ を扱うとき，この公式が主役になる．

導出4：デルタ関数の微分

ステップ1：部分積分する．$\delta$ は無限遠でゼロ（試験関数も無限遠で急減少）とみなして境界項を捨てる．

$$ \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,\delta'(x-a)\,\dd x = \Big[f(x)\delta(x-a)\Big]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty} f'(x)\,\delta(x-a)\,\dd x $$

ステップ2：境界項を落として第二項を評価する．

ステップ3：派生公式．式 \eqref{eq:A-deriv} で $f(x)=x g(x)$ とおくと，$n=1$ の場合に $-\left[xg(x)\right]'\big|_{0}=-g(0)$ となるから

$$ x\,\delta'(x) = -\delta(x) $$

が従う．同様に $x\,\delta(x)=0$，$x^2\delta'(x)=0$ である．$\blacksquare$

導出5：$\delta$ の二乗を時間 $T$ で置き換える

ステップ1：有限時間の $\delta$ を定義する．相互作用が $-T/2<t<T/2$ の間だけ働くとすると，時間積分から出るのは完全な $\delta$ ではなく

$$ \delta_T(E) \equiv \frac{1}{2\pi}\int_{-T/2}^{T/2}\ee^{\ii E t}\,\dd t = \frac{1}{2\pi}\cdot\frac{\ee^{\ii ET/2}-\ee^{-\ii ET/2}}{\ii E} = \frac{1}{\pi}\frac{\sin(ET/2)}{E} $$

である．これは式 \eqref{eq:A-sinc} で $L=T/2$ とした sinc 型表現そのもので，$T\to\infty$ で $\delta(E)$ に収束する．

ステップ2：二乗する．

$$ \big[2\pi\,\delta_T(E)\big]^2 = \left(\frac{2\sin(ET/2)}{E}\right)^2 = \frac{4\sin^2(ET/2)}{E^2} $$

ステップ3：これが $\delta$ の何倍かを，面積を計算して決める．$T\to\infty$ でこの関数は $E=0$ に鋭く集中する．そこで全積分を求める．公式 $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2(au)}{u^2}\dd u=\pi a$（$a>0$）を $a=T/2$，$u=E$ に使うと

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{4\sin^2(ET/2)}{E^2}\,\dd E = 4\cdot\pi\cdot\frac{T}{2} = 2\pi T $$

ステップ4：結論．面積 $2\pi T$ をもち $E=0$ に集中する関数は $2\pi T\,\delta(E)$ に他ならない．すなわち

$\blacksquare$ 空間方向も同じ議論で，各方向について箱の長さ $L$ が出て，三次元では体積 $V=L^3$ が出る．

導出6：$\nabla^2\dfrac{1}{r} = -4\pi\,\delta^3(\xx)$

ステップ1：原点以外ではゼロであることを示す．$r=\abs{\xx}$ として，$\nabla r=\hat{\bm r}$ だから

$$ \nabla\frac{1}{r} = -\frac{1}{r^2}\hat{\bm r} $$

である．極座標のラプラシアン $\nabla^2 g(r)=\frac{1}{r^2}\frac{\dd}{\dd r}\!\left(r^2\frac{\dd g}{\dd r}\right)$ を使うと，$r\neq0$ で

$$ \nabla^2\frac{1}{r} = \frac{1}{r^2}\frac{\dd}{\dd r}\left(r^2\cdot\left(-\frac{1}{r^2}\right)\right) = \frac{1}{r^2}\frac{\dd}{\dd r}(-1) = 0 $$

すなわち原点を除いてゼロである．したがって右辺が $\delta^3$ に比例することは分かった．

ステップ2：比例係数を，原点を含む球で積分して決める．半径 $R$ の球 $B_R$ で積分し，Gauss の発散定理で表面積分に直す．

$$ \int_{B_R}\nabla^2\frac{1}{r}\,\dd^3x = \oint_{S_R}\left(\nabla\frac{1}{r}\right)\cdot\dd\bm{S} = \oint_{S_R}\left(-\frac{1}{R^2}\hat{\bm r}\right)\cdot\left(\hat{\bm r}\,R^2\,\dd\Omega\right) $$

ステップ3：面積分を実行する．$\hat{\bm r}\cdot\hat{\bm r}=1$ で $R^2$ が約分し，残るのは立体角の積分だけである．

$$ = -\int \dd\Omega = -4\pi $$

$R$ に依らない．すなわち原点にすべての重みが集中している．

ステップ4：結論．原点以外でゼロ，全積分が $-4\pi$ であるから

$\blacksquare$ 右の形は「$1/(4\pi r)$ は Laplace 演算子の Green 関数である」と読む．点電荷の Coulomb ポテンシャルが $1/r$ に比例するのは，この一行のためである．

導出7：$(2\pi)^4\delta^4\!\left(\sum p\right)$ はどこから来るか

ステップ1：相互作用は時空の各点で起きる．第8章のファインマン則では，相互作用ハミルトニアン（あるいはラグランジアン密度）を全時空にわたって積分する．入射粒子を $\ee^{-\ii p\cdot x}$，射出粒子を $\ee^{+\ii p'\cdot x}$ で表すと，各頂点からは次の形の積分が出る．

$$ \int \dd^4x\;\ee^{-\ii(p_1+p_2+\cdots-p_1'-p_2'-\cdots)\cdot x} $$

ここで $p\cdot x = Et-\pp\cdot\xx$ である（計量 $g^{\mu\nu}=\mathrm{diag}(1,-1,-1,-1)$）．

ステップ2：各成分ごとに sinc 型表現を使う．式 \eqref{eq:A-sinc} の第二の形 $\int_{-\infty}^{\infty}\dd t\,\ee^{\ii\omega t}=2\pi\delta(\omega)$ を四つの成分すべてに適用する．

$$ \int \dd^4x\;\ee^{-\ii q\cdot x} = (2\pi)^4\,\delta^4(q), \qquad q^\mu \equiv \sum_\text{in} p^\mu - \sum_\text{out} p^\mu $$

$\delta^4$ は偶関数（$\delta^4(-q)=\delta^4(q)$）なので，指数の符号は結果に効かない．

ステップ3：意味を読む．したがってあらゆる散乱振幅には

という因子が付く．これはエネルギー・運動量保存則そのものである．$\blacksquare$

導出をたどれば分かるとおり，この因子が出た理由は「相互作用が時空のどの点でも同じ形をしている」ことだけである．すなわち時空並進不変性である．第5章で見た Noether の定理——連続対称性が保存則を生む——が，$\delta$ 関数という形で計算に直接埋め込まれているのである．

導出8：$\delta(p^2-m^2)\,\theta(p^0) = \dfrac{1}{2E_p}\,\delta(p^0-E_p)$

ステップ1：$p^0$ の関数とみる．$\pp$ を固定して

$$ f(p^0) = p^2-m^2 = (p^0)^2 - \abs{\pp}^2 - m^2 = (p^0)^2 - E_p^2, \qquad E_p \equiv \sqrt{\abs{\pp}^2+m^2}\;(>0) $$

ステップ2：零点と導関数を求める．零点は $p^0=\pm E_p$ の二つ．$f'(p^0)=2p^0$ だから $\abs{f'(\pm E_p)}=2E_p$．

ステップ3：式 \eqref{eq:A-composite} を適用する．

$$ \delta(p^2-m^2) = \frac{1}{2E_p}\Big[\delta(p^0-E_p) + \delta(p^0+E_p)\Big] $$

ステップ4：正エネルギー枝だけを選ぶ．階段関数 $\theta(p^0)$ を掛けると第二項が消える．

ステップ5：四次元積分を三次元積分に落とす．両辺を $\dd^4p$ で積分すると，$p^0$ 積分が $\delta$ で片づいて

$\blacksquare$ 左辺は明らかに Lorentz 不変である（$\dd^4p$ が不変，$p^2-m^2$ がスカラー，$\theta(p^0)$ も固有・正時（proper orthochronous，$\det\Lambda=+1$ かつ $\Lambda^0{}_0\ge1$）な Lorentz 変換では時間の向きが保たれるので不変）．したがって右辺の $\dd^3p/2E_p$ も Lorentz 不変である．これが A.5 節で $2E$ が現れる根本の理由であり，本付録で最も重要な一行かもしれない．

導出9：離散和から連続積分へ

ステップ1：許される波数を数える．周期境界条件 $\psi(\xx+L\hat{\bm e}_i)=\psi(\xx)$ を平面波 $\ee^{\ii\kk\cdot\xx}$ に課すと $\ee^{\ii k_iL}=1$，すなわち

$$ \kk = \frac{2\pi}{L}\,(n_1,n_2,n_3), \qquad n_i\in\mathbb{Z} $$

波数空間の中で，許される点は一辺 $2\pi/L$ の立方格子をなす．1つの $\kk$ 点が占める波数空間の体積は $(2\pi/L)^3=(2\pi)^3/V$ である．

ステップ2：直交性を確かめる．$\kk-\kk'=2\pi\bm{n}/L$ について箱の中で積分すると，$\bm n\neq0$ なら各成分で $\int_0^L\ee^{2\pi\ii n x/L}\dd x=0$，$\bm n=0$ なら $V$ である．

$$ \begin{equation} \frac{1}{V}\int_V \dd^3x\;\ee^{\ii(\kk-\kk')\cdot\xx} = \delta_{\kk\kk'} \label{eq:A-kronecker} \end{equation} $$

ステップ3：和を積分に直す．$\kk$ について滑らかな関数 $g(\kk)$ の和は，各点が体積 $(2\pi)^3/V$ を代表する Riemann 和とみなせる．

$$ \sum_\kk g(\kk) = \sum_\kk g(\kk)\cdot\frac{(2\pi)^3/V}{(2\pi)^3/V} \;\xrightarrow[L\to\infty]{}\; \frac{V}{(2\pi)^3}\int \dd^3k\; g(\kk) $$

ステップ4：Kronecker と Dirac の対応を得る．式 \eqref{eq:A-kronecker} で $V\to\infty$ とすると，左辺は $\frac{1}{V}(2\pi)^3\delta^3(\kk-\kk')$ になる．したがって

$\blacksquare$ 式 \eqref{eq:A-sum2int} と \eqref{eq:A-kron2dirac} は互いに整合している：$\sum_{\kk'}\delta_{\kk\kk'}=1$ の両辺に \eqref{eq:A-sum2int} と \eqref{eq:A-kron2dirac} を代入すると $\frac{V}{(2\pi)^3}\int\dd^3k'\frac{(2\pi)^3}{V}\delta^3(\kk-\kk')=1$ で確かに合う．

導出10：自由電子気体の状態密度

ステップ1：和を積分に直す．$\varepsilon_\kk=\hbar^2\abs{\kk}^2/2m$，スピン自由度 $2$ を含めて式 \eqref{eq:A-sum2int} を使う．

$$ D(E) = 2\sum_\kk\delta(E-\varepsilon_\kk) = \frac{2V}{(2\pi)^3}\int\dd^3k\;\delta(E-\varepsilon_\kk) $$

ステップ2：角度積分を済ませる．$\varepsilon_\kk$ は $\abs{\kk}$ にしか依らないので $\int\dd^3k=4\pi\int_0^\infty k^2\dd k$．

$$ = \frac{2V}{(2\pi)^3}\cdot4\pi\int_0^\infty k^2\,\delta\!\left(E-\frac{\hbar^2k^2}{2m}\right)\dd k = \frac{V}{\pi^2}\int_0^\infty k^2\,\delta\!\left(E-\frac{\hbar^2k^2}{2m}\right)\dd k $$

ステップ3：合成関数則 \eqref{eq:A-composite} を使う．$f(k)=E-\hbar^2k^2/2m$ の $k>0$ の零点は $k_0=\sqrt{2mE}/\hbar$，$\abs{f'(k_0)}=\hbar^2k_0/m$．

$$ = \frac{V}{\pi^2}\cdot\frac{k_0^2\,m}{\hbar^2 k_0} = \frac{V}{\pi^2}\frac{m k_0}{\hbar^2} = \frac{V}{\pi^2}\frac{m\sqrt{2mE}}{\hbar^3} $$

ステップ4：整理する．

ステップ5：低次元でも同じ手順を踏む．2次元では $\int\dd^2k=2\pi\int k\,\dd k$ で $k$ が1個，1次元では $\int\dd k$ で $k$ が0個になるので

$$ D_{2\mathrm{D}}(E) = \frac{Am}{\pi\hbar^2}\;(\text{一定}), \qquad D_{1\mathrm{D}}(E) = \frac{L}{\pi\hbar}\sqrt{\frac{2m}{E}}\;\propto\;\frac{1}{\sqrt E} $$

$\blacksquare$ 次元が下がるほど低エネルギー側に状態が集まる．1次元では $E\to0$ で発散する（van Hove 特異性）．これが量子細線やカーボンナノチューブの光吸収スペクトルに鋭いピークが立つ理由である．

導出11：Sokhotski–Plemelj 公式（実部と虚部に分ける方法）

ステップ1：分母を実数化する．分母の複素共役を分子分母に掛ける．

$$ \frac{1}{x\pm\ii\epsilon} = \frac{x\mp\ii\epsilon}{(x\pm\ii\epsilon)(x\mp\ii\epsilon)} = \frac{x}{x^2+\epsilon^2} \;\mp\; \ii\,\frac{\epsilon}{x^2+\epsilon^2} $$

実部と虚部が完全に分離した．以下それぞれの $\epsilon\to0^+$ を調べる．

ステップ2：虚部は Lorentz 型表現である．式 \eqref{eq:A-lorentz} をそのまま使えば

$$ \frac{\epsilon}{x^2+\epsilon^2} = \pi\cdot\frac{1}{\pi}\frac{\epsilon}{x^2+\epsilon^2} \;\xrightarrow[\epsilon\to0^+]{}\; \pi\,\delta(x) $$

したがって虚部は $\mp\ii\pi\delta(x)$ になる．図A.1(b) の三本の曲線が，$\epsilon$ を小さくするにつれて（赤の $\epsilon=0.25$ が最も）尖っていくのが，まさにこれである．

ステップ3：実部が主値になることを示す（前半）．示したいのは

$$ \lim_{\epsilon\to0^+}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\,f(x)}{x^2+\epsilon^2}\,\dd x = \PV\!\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(x)}{x}\,\dd x $$

である．小さな $\eta>0$ をとり，積分を $\abs{x}>\eta$ と $\abs{x}<\eta$ に分ける．外側 $\abs{x}>\eta$ では $\epsilon\to0$ で被積分関数が $f(x)/x$ に一様収束するので，そのまま主値の定義 \eqref{eq:A-pv} の外側部分に一致する．

ステップ4：実部が主値になることを示す（後半，内側の寄与）．内側 $\abs{x}<\eta$ では $f(x)=f(0)+\left[f(x)-f(0)\right]$ と分ける．第一項の寄与は

$$ f(0)\int_{-\eta}^{\eta}\frac{x\,\dd x}{x^2+\epsilon^2} = 0 $$

である（被積分関数が $x$ の奇関数で，区間が対称だから厳密にゼロ）．第二項は，平均値の定理から $\abs{f(x)-f(0)}\le M\abs{x}$（$M=\max\abs{f'}$）なので

$$ \left|\int_{-\eta}^{\eta}\frac{x\left[f(x)-f(0)\right]}{x^2+\epsilon^2}\dd x\right| \le M\int_{-\eta}^{\eta}\frac{x^2}{x^2+\epsilon^2}\dd x \le M\int_{-\eta}^{\eta}\dd x = 2M\eta $$

これは $\epsilon$ によらず $\eta\to0$ でゼロになる．主値の側でもまったく同じ評価が成り立つ．したがって内側の寄与は両辺で一致し（ともにゼロ），実部は主値積分に等しい．

ステップ5：合わせる．ステップ2とステップ4を足して式 \eqref{eq:A-sp} を得る．$\blacksquare$

導出12：$\ii\epsilon$ が時間順序を決める

ステップ1：極の位置を求める．分母をゼロにする $p^0$ は

$$ (p^0)^2 = \abs{\pp}^2+m^2-\ii\epsilon = E_p^2-\ii\epsilon \quad\Longrightarrow\quad p^0 = \pm\sqrt{E_p^2-\ii\epsilon} \simeq \pm\left(E_p - \frac{\ii\epsilon}{2E_p}\right) $$

$\epsilon$ の一次まで展開した．$\epsilon'\equiv\epsilon/2E_p>0$ と書けば，極は

$$ p^0 = +E_p - \ii\epsilon' \quad(\text{実軸のすぐ下，右側}), \qquad p^0 = -E_p + \ii\epsilon' \quad(\text{実軸のすぐ上，左側}) $$

にある．正エネルギー極は下，負エネルギー極は上——これが Feynman 処方の内容のすべてである．

ステップ2：$t>0$ の場合の積分路を選ぶ．伝播関数を時空表示に戻すには $\int\frac{\dd p^0}{2\pi}\ee^{-\ii p^0 t}$ を計算する．$t>0$ なら $\ee^{-\ii p^0t}$ は $\mathrm{Im}\,p^0<0$ で指数的に小さくなるので，Jordan の補題により下半面で積分路を閉じる．すると囲まれるのは $p^0=+E_p-\ii\epsilon'$ の極だけである（時計回りなので $-2\pi\ii$ を掛ける）．

$$ \int\frac{\dd p^0}{2\pi}\,\frac{\ii\,\ee^{-\ii p^0t}}{(p^0-E_p+\ii\epsilon')(p^0+E_p-\ii\epsilon')} = \frac{\ee^{-\ii E_p t}}{2E_p} $$

正の振動数 $\ee^{-\ii E_pt}$ をもつ解，すなわち未来に向かって進む粒子である．

ステップ3：$t<0$ の場合．今度は上半面で閉じる（反時計回り，$+2\pi\ii$）．囲まれるのは $p^0=-E_p+\ii\epsilon'$ の極である．

$$ = \frac{\ee^{+\ii E_p t}}{2E_p} $$

負の振動数，すなわち過去に向かう負エネルギー解＝未来に向かう反粒子である（第9章の Feynman–Stückelberg 解釈）．

ステップ4：まとめる．両者を $\theta$ 関数で書けば

$$ \begin{equation} \int\frac{\dd p^0}{2\pi}\,\frac{\ii\,\ee^{-\ii p^0 t}}{p^2-m^2+\ii\epsilon} = \frac{1}{2E_p}\left[\theta(t)\,\ee^{-\ii E_pt} + \theta(-t)\,\ee^{+\ii E_pt}\right] \label{eq:A-timeorder} \end{equation} $$

$\blacksquare$ 右辺は時間順序積（time-ordered product）の形である．$\ii\epsilon$ の符号を逆にすれば二つの極は互いに入れ替わる（$+E_p$ が上，$-E_p$ が下）．ただしそれで得られるのは反時間順序積（anti-time-ordered．Dyson 伝播関数）であって，遅延 Green 関数ではない．実際，同じ留数計算をすれば $-\frac{1}{2E_p}\left[\theta(t)\ee^{+\ii E_pt}+\theta(-t)\ee^{-\ii E_pt}\right]$，すなわち $-\Delta_F^*$ の時空表示になり，$t<0$ でゼロにはならない．遅延 Green 関数（$t<0$ で厳密にゼロ）を得るには，$\ii\epsilon$ を $p^2$ ではなく $p^0$ に付けて $p^0\to p^0+\ii\epsilon$ と置き，分母を $(p^0+\ii\epsilon)^2-E_p^2$ として両方の極を実軸の下に移す必要がある（次の表A.3 の第2行）．Feynman 伝播関数と遅延伝播関数は，同じ分母に対して極をどちら側にずらすかだけが違うのである．

導出13：$E\,\delta^3(\pp-\pp')$ が Lorentz 不変であること

ステップ1：ブーストの下での運動量の変換を書く．$z$ 方向に速度 $\beta$ でブーストする．$\gamma=1/\sqrt{1-\beta^2}$ として

$$ p'^{\,3} = \gamma\left(p^3-\beta E\right), \qquad E' = \gamma\left(E-\beta p^3\right), \qquad p'^{\,1}=p^1,\quad p'^{\,2}=p^2 $$

ステップ2：$\delta^3$ の変換には Jacobian が要る．式 \eqref{eq:A-scale} の三次元版により，$\delta^3(\pp'-\qq')=\abs{\partial\pp'/\partial\pp}^{-1}\delta^3(\pp-\qq)$ である．横方向は $p'^1=p^1$，$p'^2=p^2$ で変わらないから，Jacobi 行列は第1行・第2行が $(1,0,0)$，$(0,1,0)$ の三角行列になる．したがって行列式は対角成分の積，すなわち $\partial p'^3/\partial p^3$ に等しい（$p'^3=\gamma(p^3-\beta E)$ は $E$ を通じて $p^1,p^2$ にも依存するので，$\partial p'^3/\partial p^{1,2}$ 自体はゼロではない）．

ステップ3：Jacobian を計算する．ここが要点である．$p^3$ を動かすと $E=\sqrt{\abs{\pp}^2+m^2}$ も一緒に動くことを忘れてはならない．

$$ \frac{\partial E}{\partial p^3} = \frac{p^3}{\sqrt{\abs{\pp}^2+m^2}} = \frac{p^3}{E} $$

これを使うと

$$ \frac{\partial p'^{\,3}}{\partial p^3} = \gamma\left(1-\beta\frac{\partial E}{\partial p^3}\right) = \gamma\left(1-\beta\frac{p^3}{E}\right) = \frac{\gamma\left(E-\beta p^3\right)}{E} = \frac{E'}{E} $$

Jacobian がちょうど $E'/E$ になった．

ステップ4：$\delta^3$ の変換則を得る．

$$ \delta^3(\pp'-\qq') = \frac{E}{E'}\;\delta^3(\pp-\qq) $$

ステップ5：不変な組み合わせを作る．両辺に $E'$ と $E$ を掛け直せば

$\blacksquare$ 同じことを式 \eqref{eq:A-invmeasure} から見ることもできる．$\int\dd^3p/(2E_p)$ が不変なら，その測度に対する $\delta$ 関数，つまり $\int\frac{\dd^3p}{2E_p}\left[2E_p\delta^3(\pp-\qq)\right]f(\pp)=f(\qq)$ を満たす $2E_p\delta^3$ が不変でなければならない．二つの導出は同じことを言っている．

導出14：2体位相空間

ステップ1：$\pp_2$ 積分を $\delta^3$ で片づける．重心系（$\bm{P}=0$，$P^0=\sqrt s$）で計算する．$\delta^4=\delta(\sqrt s-E_1-E_2)\delta^3(\pp_1+\pp_2)$ の空間部分を使うと $\pp_2=-\pp_1$ が固定される．$\pp\equiv\pp_1$ と書けば

$$ \int\dd\Pi_2 = \int\frac{\dd^3p}{(2\pi)^3\,2E_1}\cdot\frac{1}{2E_2}\cdot 2\pi\,\delta\!\left(\sqrt s-E_1-E_2\right) $$

ステップ2：角度と動径に分ける．$\dd^3p=\abs{\pp}^2\dd\abs{\pp}\,\dd\Omega$．

$$ = \int\frac{\dd\Omega\,\abs{\pp}^2\,\dd\abs{\pp}}{(2\pi)^2\,4E_1E_2}\,\delta\!\left(\sqrt s-E_1-E_2\right) $$

ステップ3：$\delta$ を $\abs{\pp}$ について解く．$E_i=\sqrt{\abs{\pp}^2+m_i^2}$ より $\dd E_i/\dd\abs{\pp}=\abs{\pp}/E_i$ なので

$$ \frac{\dd}{\dd\abs{\pp}}\left(E_1+E_2\right) = \abs{\pp}\left(\frac{1}{E_1}+\frac{1}{E_2}\right) = \frac{\abs{\pp}\left(E_1+E_2\right)}{E_1E_2} = \frac{\abs{\pp}\sqrt s}{E_1E_2} $$

式 \eqref{eq:A-composite} により $\delta$ は $E_1E_2/(\abs{\pp}\sqrt s)$ を与える．

ステップ4：代入して整理する．

$$ \int\dd\Pi_2 = \int\frac{\dd\Omega\,\abs{\pp}^2}{(2\pi)^2\,4E_1E_2}\cdot\frac{E_1E_2}{\abs{\pp}\sqrt s} = \int\frac{\abs{\pp}}{16\pi^2\sqrt s}\,\dd\Omega $$

ステップ5：検算．終状態が2個とも質量ゼロなら $\abs{\pp}=\sqrt s/2$ で $\int\dd\Pi_2 = 1/(8\pi)$．この $1/8\pi$ は，$2\to2$ 散乱や2体崩壊の公式にほぼ必ず顔を出す数である．$\blacksquare$

なお $\abs{\pp}$ は始状態の $\sqrt s$ と終状態の質量から，第4章の Källén 関数を使って

$$ \abs{\pp} = \frac{\sqrt{\lambda(s,m_1^2,m_2^2)}}{2\sqrt s}, \qquad \lambda(a,b,c) = a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca $$

と書ける．$m_1=m_2=m$ なら $\abs{\pp}=\frac12\sqrt{s-4m^2}$ である．

導出15：$1/(\qq^2+m^2)$ の三次元 Fourier 変換（完全版）

求める積分を $I(r)$ と置く．

$$ I(r) = \int\frac{\dd^3q}{(2\pi)^3}\;\frac{\ee^{\ii\qq\cdot\bm r}}{\abs{\qq}^2+m^2} $$

ステップ1：極座標を選ぶ．被積分関数のうち $1/(\abs{\qq}^2+m^2)$ は $\qq$ の向きに依らない．そこで $\qq$ 空間の極軸を $\bm r$ の向きに取る．すると $\qq\cdot\bm r = qr\cos\theta$（$q\equiv\abs{\qq}$）と書け，

$$ \dd^3q = q^2\,\dd q\,\sin\theta\,\dd\theta\,\dd\phi = q^2\,\dd q\,\dd(\!-\!\cos\theta)\,\dd\phi $$

である．$u=\cos\theta$ と置くと $u:-1\to1$，$\phi:0\to2\pi$．

$$ I(r) = \frac{1}{(2\pi)^3}\int_0^{2\pi}\!\!\dd\phi\int_0^\infty\!\!\dd q\;\frac{q^2}{q^2+m^2}\int_{-1}^{1}\!\dd u\;\ee^{\ii qru} $$

ステップ2：方位角と極角の積分を実行する．$\phi$ 積分は $2\pi$．$u$ 積分は指数関数の初等積分である．

$$ \int_{-1}^{1}\ee^{\ii qru}\,\dd u = \left[\frac{\ee^{\ii qru}}{\ii qr}\right]_{-1}^{1} = \frac{\ee^{\ii qr}-\ee^{-\ii qr}}{\ii qr} = \frac{2\ii\sin qr}{\ii qr} = \frac{2\sin qr}{qr} $$

これを代入する．$2\pi\times2=4\pi$ と $(2\pi)^3=8\pi^3$ から前因子は $4\pi/8\pi^3=1/2\pi^2$．

$$ I(r) = \frac{1}{2\pi^2}\int_0^\infty \dd q\;\frac{q^2}{q^2+m^2}\cdot\frac{\sin qr}{qr} = \frac{1}{2\pi^2 r}\int_0^\infty \dd q\;\frac{q\,\sin qr}{q^2+m^2} $$

ここまでは初等的で，$m$ の値にも依らない．

ステップ3：全実軸の積分に拡張する．被積分関数 $q\sin(qr)/(q^2+m^2)$ は $q$ の偶関数である（$q\to-q$ で分子の $q$ と $\sin qr$ が両方符号を変え，積は不変）．したがって

$$ \int_0^\infty = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} \qquad\Longrightarrow\qquad I(r) = \frac{1}{4\pi^2 r}\int_{-\infty}^{\infty}\dd q\;\frac{q\,\sin qr}{q^2+m^2} $$

これで留数定理が使える形になった．

ステップ4：複素指数に置き換える．$\sin qr = \mathrm{Im}\,\ee^{\ii qr}$ を使う（$q\cos qr/(q^2+m^2)$ は奇関数なので実部の寄与は消えるが，念のため Im を明示しておく）．

$$ I(r) = \frac{1}{4\pi^2 r}\,\mathrm{Im}\!\int_{-\infty}^{\infty}\dd q\;\frac{q\,\ee^{\ii qr}}{q^2+m^2} $$

ステップ5：上半面で積分路を閉じる．$r>0$ なので $\ee^{\ii qr}$ は $\mathrm{Im}\,q>0$ で指数的に減衰する．半径 $R$ の上半円上で被積分関数は $\abs{q}^{-1}$ のオーダーだが，$\ee^{\ii qr}$ の減衰があるので Jordan の補題により半円の寄与は $R\to\infty$ でゼロになる．

被積分関数の極は $q^2+m^2=0$ すなわち $q=\pm\ii m$ の2つ．上半面にあるのは $q=+\ii m$ だけである．

ステップ6：留数を計算する．$q=\ii m$ は1位の極である．

$$ \Res_{q=\ii m}\;\frac{q\,\ee^{\ii qr}}{(q-\ii m)(q+\ii m)} = \frac{(\ii m)\,\ee^{\ii(\ii m)r}}{(\ii m)+(\ii m)} = \frac{\ii m\,\ee^{-mr}}{2\ii m} = \frac{\ee^{-mr}}{2} $$

ここで $\ee^{\ii(\ii m)r}=\ee^{-mr}$ を使った．$m>0$，$r>0$ なのでこれは減衰因子である．

ステップ7：留数定理を適用する．反時計回りに閉じたので $2\pi\ii$ を掛ける．

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd q\;\frac{q\,\ee^{\ii qr}}{q^2+m^2} = 2\pi\ii\cdot\frac{\ee^{-mr}}{2} = \ii\pi\,\ee^{-mr} $$

これは純虚数なので $\mathrm{Im}$ を取ると $\pi\ee^{-mr}$ である．

ステップ8：まとめる．

$$ I(r) = \frac{1}{4\pi^2 r}\cdot\pi\,\ee^{-mr} = \frac{\ee^{-mr}}{4\pi r} $$

これが式 \eqref{eq:A-yukawa} である．$\blacksquare$

ステップ9：検算その1（$m\to0$）．$I(r)\to1/(4\pi r)$．これは式 \eqref{eq:A-laplacian} の $-\nabla^2(1/4\pi r)=\delta^3(\xx)$ と整合する．実際 $-\nabla^2$ の Fourier 変換は $\abs{\qq}^2$ であり，その逆数の Fourier 逆変換が $1/(4\pi r)$ になるべきである．

ステップ10：検算その2（微分方程式に代入）．$G(r)=\ee^{-mr}/4\pi r$ が $\left(-\nabla^2+m^2\right)G=\delta^3(\xx)$ を満たすことを直接確かめる．$r\neq0$ では

$$ \nabla^2 G = \frac{1}{r}\frac{\dd^2}{\dd r^2}\left(rG\right) = \frac{1}{4\pi r}\frac{\dd^2}{\dd r^2}\ee^{-mr} = \frac{m^2\ee^{-mr}}{4\pi r} = m^2 G $$

（$\nabla^2 f(r) = \frac1r\frac{\dd^2}{\dd r^2}(rf)$ という球対称ラプラシアンの便利な形を使った．）よって $r\neq0$ で $(-\nabla^2+m^2)G=0$．原点では $\ee^{-mr}\to1$ なので $G\to1/4\pi r$ と同じ特異性をもち，式 \eqref{eq:A-laplacian} より $-\nabla^2G\to\delta^3(\xx)$ を与える．両方合わせて確かに Green 関数である．

導出16：Gauss 積分の基本形

ステップ1：二乗して二次元にする．$G\equiv\int_{-\infty}^{\infty}\ee^{-ax^2}\dd x$（$a>0$）とおくと

$$ G^2 = \int_{-\infty}^{\infty}\!\!\dd x\int_{-\infty}^{\infty}\!\!\dd y\;\ee^{-a(x^2+y^2)} $$

ステップ2：極座標に移る．$x^2+y^2=\rho^2$，$\dd x\dd y=\rho\,\dd\rho\,\dd\theta$．

$$ G^2 = \int_0^{2\pi}\!\!\dd\theta\int_0^\infty \rho\,\ee^{-a\rho^2}\dd\rho = 2\pi\cdot\left[-\frac{\ee^{-a\rho^2}}{2a}\right]_0^\infty = \frac{\pi}{a} $$

ステップ3：平方根をとる．$G>0$ だから

$$ \begin{equation} \int_{-\infty}^{\infty}\ee^{-ax^2}\,\dd x = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \label{eq:A-gaussint} \end{equation} $$

ステップ4：平方完成で一次項を処理する．$-ax^2+bx = -a\left(x-\frac{b}{2a}\right)^2+\frac{b^2}{4a}$ より，積分変数をずらして

$b$ が複素数でも（$\mathrm{Re}\,a>0$ なら）解析接続により成り立つ．$b=\ii k$ とすれば「Gauss 関数の Fourier 変換は Gauss 関数」という有名な性質になる．

ステップ5：$a$ で微分してモーメントを作る．式 \eqref{eq:A-gaussint} を $a$ で $n$ 回微分すると左辺には $(-x^2)^n$ が下りてくる．

$$ \begin{equation} \int_{-\infty}^{\infty}x^{2n}\,\ee^{-ax^2}\,\dd x = \frac{(2n-1)!!}{(2a)^n}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \label{eq:A-gaussmoment} \end{equation} $$

ここで $(2n-1)!!=1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)$，$(-1)!!\equiv1$．奇数次のモーメントは奇関数なのでゼロ．$\blacksquare$

導出17：Feynman パラメータの恒等式

ステップ1：積分を直接実行する．示したいのは

$$ \int_0^1\frac{\dd x}{\left[xA+(1-x)B\right]^2} = \frac{1}{AB} $$

である．分母を $B+x(A-B)$ と書き直し，$A\neq B$ として $x$ で積分する．

$$ \int_0^1\frac{\dd x}{\left[B+x(A-B)\right]^2} = \left[\frac{-1}{(A-B)\left(B+x(A-B)\right)}\right]_0^1 $$

ステップ2：上下限を代入する．$x=1$ で分母の括弧は $A$，$x=0$ で $B$．

$$ = \frac{-1}{(A-B)}\left(\frac{1}{A}-\frac{1}{B}\right) = \frac{-1}{(A-B)}\cdot\frac{B-A}{AB} = \frac{1}{AB} $$

示された．$\blacksquare$ $A=B$ の場合も $\int_0^1\dd x/A^2=1/A^2$ で正しい．

ステップ3：一般化．$n$ 個の分母については，A.1 節で学んだ1変数の $\delta$ 関数を使って

となる．$\delta$ 関数が「$\sum x_i=1$ という超平面（Feynman 単体）の上だけを拾う」役を果たしている．本付録の主題である $\delta$ が，くりこみ計算の入り口にも顔を出すのである．

ステップ4：冪が違う場合．Beta 関数（A.7.3 項）を使うと

$$ \begin{equation} \frac{1}{A^\alpha B^\beta} = \frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} \int_0^1 \dd x\;\frac{x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}}{\left[xA+(1-x)B\right]^{\alpha+\beta}} \label{eq:A-feynparam-gen} \end{equation} $$