付録A数学ノート

導出：直交性と係数公式

ステップ1：直交性を示す．$n\neq m$ のとき，$k_n-k_m=2\pi(n-m)/L$ と書けるから

$$ \frac{1}{L}\int_0^L \ee^{\ii(k_n-k_m)x}\dd x = \frac{1}{L}\left[\frac{\ee^{\ii(k_n-k_m)x}}{\ii(k_n-k_m)}\right]_0^L = \frac{1}{L}\cdot\frac{\ee^{\ii\,2\pi(n-m)}-1}{\ii(k_n-k_m)} = 0 $$

最後の等号は $\ee^{\ii2\pi(n-m)}=1$（$n-m$ は整数）による．$n=m$ のときは被積分関数が $1$ なので，値は $1$ である．まとめて

$$ \frac{1}{L}\int_0^L \ee^{\ii(k_n-k_m)x}\dd x = \delta_{nm} $$

ステップ2：係数を取り出す．式 \eqref{eq:A-series} の両辺に $\ee^{-\ii k_m x}$ を掛けて $0$ から $L$ まで積分し，$1/L$ を掛ける：

$$ \frac{1}{L}\int_0^L f(x)\ee^{-\ii k_m x}\dd x = \sum_n c_n\cdot\frac{1}{L}\int_0^L\ee^{\ii(k_n-k_m)x}\dd x = \sum_n c_n\delta_{nm} = c_m $$

すなわち

$$ \begin{equation} c_n = \frac{1}{L}\int_0^L f(x)\,\ee^{-\ii k_n x}\dd x \label{eq:A-cn} \end{equation} $$

∎ 「両辺に $\ee^{-\ii k_m x}$ を掛けて積分する」——Fourier 解析の操作は，突き詰めればこれ1つである．

導出：$L\to\infty$ の極限 —— 和が積分になる

周期 $L$ を無限に大きくすると，隣り合う波数の間隔

$$ \Delta k = k_{n+1}-k_n = \frac{2\pi}{L} $$

が $0$ に近づき，$k_n$ は連続変数になる．和を積分に直すには

$$ \sum_n (\cdots) = \sum_n \frac{\Delta k}{\Delta k}(\cdots) = \frac{L}{2\pi}\sum_n \Delta k\,(\cdots) \;\xrightarrow{\ L\to\infty\ }\; \frac{L}{2\pi}\int \dd k\,(\cdots) $$

とすればよい．ここで $c_n$ は $L\to\infty$ で $0$ になってしまうので（式 \eqref{eq:A-cn} の前に $1/L$ があるから），$L$ を掛けて有限に保った量

$$ \tilde f(k) \equiv L\,c_n\big|_{k_n=k} = \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,\ee^{-\ii kx}\dd x $$

を新しい未知関数に選ぶ．これを式 \eqref{eq:A-series} に戻すと

$$ f(x) = \sum_n \frac{\tilde f(k_n)}{L}\ee^{\ii k_n x} = \sum_n \frac{\Delta k}{2\pi}\tilde f(k_n)\ee^{\ii k_n x} \;\longrightarrow\; \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd k}{2\pi}\,\tilde f(k)\,\ee^{\ii kx} $$

∎ $2\pi$ が逆変換の側にだけ現れるのは，$\Delta k=2\pi/L$ という「箱の中の波数の刻み」から来ている．物理の教科書で $\int\frac{\dd k}{2\pi}$ という書き方が好まれるのはこのためである．

証明

逆変換 \eqref{eq:A-ft-time} を $f^*(t)$ と $g(t)$ の両方に代入する．$f^*(t)$ のほうは複素共役を取るので $\ee$ の肩の符号が逆になり，積分変数を $\omega'$ と書くと

$$ f^*(t) = \int\frac{\dd\omega'}{2\pi}f^*(\omega')\,\ee^{+\ii\omega' t}, \qquad g(t) = \int\frac{\dd\omega}{2\pi}g(\omega)\,\ee^{-\ii\omega t} $$

掛けて $t$ で積分する．$t$ 積分を先に実行すると，A.2節のデルタ関数の積分表示 \eqref{eq:A-delta-rep} により

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd t\;\ee^{\ii(\omega'-\omega)t} = 2\pi\,\delta(\omega'-\omega) $$

したがって

$$ \int\dd t\,f^*(t)g(t) = \int\frac{\dd\omega'}{2\pi}\int\frac{\dd\omega}{2\pi}\,f^*(\omega')g(\omega)\cdot2\pi\delta(\omega'-\omega) = \int\frac{\dd\omega}{2\pi}\,f^*(\omega)g(\omega) $$

∎ $2\pi$ が2つあったうち1つがデルタ関数に食われて，右辺に $\frac{1}{2\pi}$ が1つ残る．この「$2\pi$ の勘定」は Fourier 変換の計算でいちばん間違えやすいところなので，迷ったら必ずこの導出をなぞること．

導出：Yukawa ポテンシャルの Fourier 変換（正攻法）

ステップ1：遮蔽因子を入れる．$\mu>0$ として

$$ I(\mu) \equiv \int\dd^3x\;\frac{\ee^{-\mu r}}{r}\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}, \qquad r=\abs{\xx} $$

を計算し，最後に $\mu\to0^+$ とする．

ステップ2：極座標を $\qq$ を極軸にとって導入する．$\qq\cdot\xx = qr\cos\theta$ である．$\dd^3x = r^2\dd r\,\sin\theta\,\dd\theta\,\dd\varphi$，$\varphi$ 積分は $2\pi$ を出す．$u=\cos\theta$ と置くと $\sin\theta\dd\theta=-\dd u$ で，積分範囲は $u:1\to-1$ が $-\dd u$ で $-1\to1$ に直る：

$$ I(\mu) = 2\pi\int_0^{\infty}\dd r\;r^2\,\frac{\ee^{-\mu r}}{r}\int_{-1}^{1}\dd u\;\ee^{-\ii qru} $$

ステップ3：角度積分．

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

ステップ4：動径積分．$r^2\cdot\frac1r\cdot\frac{2\sin qr}{qr}=\frac{2\sin qr}{q}$ だから

$$ I(\mu) = 2\pi\cdot\frac{2}{q}\int_0^{\infty}\dd r\;\ee^{-\mu r}\sin qr = \frac{4\pi}{q}\cdot\frac{q}{\mu^2+q^2} = \frac{4\pi}{q^2+\mu^2} $$

ここで A.6節の公式 \eqref{eq:A-expsin} $\displaystyle\int_0^\infty\ee^{-ax}\sin bx\,\dd x=\frac{b}{a^2+b^2}$ を使った．

ステップ5：$\mu\to0^+$．$q\neq0$ なら極限が取れて $I(0)=4\pi/q^2$．$e^2$ を掛ければ式 \eqref{eq:A-coulomb} である．$\blacksquare$

証明

(2) スケーリング．$a>0$ のとき $y=ax$ と置くと $\dd x=\dd y/a$，積分の向きは変わらないので

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

$a<0$ のときは $y=ax$ で積分の上下限が入れ替わるので，符号を戻すために $-1$ が出る：

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

両方まとめて $f(0)/\abs{a}$．これは $\delta(x)/\abs{a}$ を積分したのと同じである．$\blacksquare$

(1) は (2) で $a=-1$ とした場合にほかならない．

(4) 微分．部分積分する．$f$ は無限遠で消えるとしてよいから境界項は落ちる：

$$ \int f(x)\delta'(x-a)\dd x = \underbrace{\Big[f(x)\delta(x-a)\Big]_{-\infty}^{\infty}}_{=0} - \int f'(x)\delta(x-a)\dd x = -f'(a) $$

$\blacksquare$（デルタ関数の微分も，部分積分を通じて意味をもつ記号である．）

(5) 合成．デルタ関数は $g(x)=0$ となる点の近くしか効かない．零点 $x_i$ の近傍だけを取り出し，そこで $g$ を Taylor 展開する：

$$ g(x) \simeq g'(x_i)\,(x-x_i) $$

$x_i$ の近傍 $[x_i-\varepsilon, x_i+\varepsilon]$ での寄与は，性質 (2) を $a=g'(x_i)$ として使えば

$$ \int_{x_i-\varepsilon}^{x_i+\varepsilon} f(x)\,\delta\big(g'(x_i)(x-x_i)\big)\dd x = \frac{f(x_i)}{\abs{g'(x_i)}} $$

すべての零点について足し合わせれば主張を得る．$\blacksquare$

∎ $\abs{\cdot}$ が付くことに注意．$g'$ が負でも寄与は正である．ここで絶対値を落とすのが，この公式で最も多い誤りである．

証明（4つの表示を1つずつ）

(a) 積分表示．A.1.1 で導いた変換と逆変換を続けて施すと

$$ f(x) = \int\frac{\dd k}{2\pi}\ee^{\ii kx}\int\dd x'\,f(x')\ee^{-\ii kx'} = \int\dd x'\,f(x')\underbrace{\int\frac{\dd k}{2\pi}\ee^{\ii k(x-x')}}_{\textstyle \equiv\;?} $$

これが任意の $f$ について成り立つのだから，下線部は定義 \eqref{eq:A-delta-def} により $\delta(x-x')$ でなければならない．$\blacksquare$

(b) Lorentz 型．(a) の積分に収束因子 $\ee^{-\eta\abs{k}}$ を入れて計算する：

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd k}{2\pi}\ee^{\ii kx}\ee^{-\eta\abs{k}} = \frac{1}{2\pi}\left[\int_0^{\infty}\ee^{(\ii x-\eta)k}\dd k + \int_0^{\infty}\ee^{(-\ii x-\eta)k}\dd k\right] $$ $$ = \frac{1}{2\pi}\left[\frac{1}{\eta-\ii x}+\frac{1}{\eta+\ii x}\right] = \frac{1}{2\pi}\cdot\frac{2\eta}{\eta^2+x^2} = \frac{1}{\pi}\frac{\eta}{x^2+\eta^2} $$

$\eta\to0^+$ で (a) に戻るから，これもデルタ列である．$\blacksquare$

面積が保たれることは直接確かめられる：$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\pi}\frac{\eta\,\dd x}{x^2+\eta^2}=\frac{1}{\pi}\Big[\arctan\frac{x}{\eta}\Big]_{-\infty}^{\infty}=\frac{1}{\pi}\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right)=1$．ピーク高さは $1/(\pi\eta)$，半値全幅は $2\eta$ で，その積が $\eta$ によらない．

(c) Gauss 型．A.6節の Gauss 積分（表A.2 の #1，$a=1/2\sigma^2$ とする）より面積は $\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\sqrt{2\pi\sigma^2}=1$．$\sigma\to0$ で幅 $\sigma$，高さ $1/\sqrt{2\pi}\sigma$ となり，やはり積が一定である．$\blacksquare$

(d) sinc 型．(a) の積分を有限区間 $[-L,L]$ で打ち切ると

$$ \int_{-L}^{L}\frac{\dd k}{2\pi}\ee^{\ii kx} = \frac{1}{2\pi}\cdot\frac{\ee^{\ii Lx}-\ee^{-\ii Lx}}{\ii x} = \frac{\sin Lx}{\pi x} $$

面積は A.6節の $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin u}{u}\dd u=\pi$ より $1$．$L\to\infty$ でデルタ関数になる．$\blacksquare$

∎ 4つとも「高さ $\times$ 幅 $=$ 一定」という同じ構造をしている．どれを使うかは計算の都合で選んでよいが，本書では Lorentz 型がいちばん出番が多い．応答関数の $\ii\eta$ から自動的に出てくるからである（A.4節）．

証明

超関数の微分は，部分積分で試験関数 $f$ の側に微分を移すことで定義される．境界項は $f(\pm\infty)=0$ で消えるから

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd t\; f(t)\,\frac{\dd\theta}{\dd t} = \underbrace{\Big[f(t)\theta(t)\Big]_{-\infty}^{\infty}}_{=0} - \int_{-\infty}^{\infty}\dd t\;f'(t)\,\theta(t) $$

右辺の積分は $\theta$ のおかげで下限が $0$ になるから

$$ -\int_{0}^{\infty}\dd t\;f'(t) = -\Big[f(t)\Big]_0^{\infty} = -\big(0-f(0)\big) = f(0) $$

すなわち $\displaystyle\int f(t)\frac{\dd\theta}{\dd t}\dd t=f(0)$．これはデルタ関数の定義 \eqref{eq:A-delta-def} にほかならない．$\blacksquare$

∎ 直感的には「$\theta$ は $t=0$ で $0$ から $1$ へ一瞬で立ち上がる．傾きは $t=0$ でのみ無限大，面積（立ち上がり幅）は $1$」ということである．

証明1：留数定理で確かめる（第5章の道具を使う）

被積分関数 $\dfrac{\ee^{-\ii\omega t}}{\omega+\ii\eta}$ は，複素 $\omega$ 平面上で $\omega=-\ii\eta$（実軸のわずかに下）に1位の極をもつ．積分路を大きな半円で閉じるが，どちら側に閉じるかは $t$ の符号で決まる．$\omega=\omega'+\ii\omega''$ と書くと

$$ \abs{\ee^{-\ii\omega t}} = \abs{\ee^{-\ii\omega' t}\ee^{\omega'' t}} = \ee^{\omega'' t} $$

である．

(i) $t<0$ のとき．$\ee^{\omega''t}$ が減衰するのは $\omega''>0$，すなわち上半面である．上半面に閉じた閉路の内部には極がない（極は $-\ii\eta$，下半面）．Jordan の補題（第5章）で大半円の寄与は消えるから，Cauchy の積分定理により

$$ \oint = 0 \quad\Longrightarrow\quad \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega}{2\pi\ii}\frac{\ee^{-\ii\omega t}}{\omega+\ii\eta}=0 \quad\Longrightarrow\quad \theta(t)=0 \;\;\checkmark $$

(ii) $t>0$ のとき．減衰するのは $\omega''<0$，すなわち下半面．下半面に閉じると極 $\omega=-\ii\eta$ を1個囲む．ただし下半面を実軸から見て閉じると時計回りになるので，留数定理の符号が反転して $-2\pi\ii$ が付く：

$$ \oint \frac{\ee^{-\ii\omega t}}{\omega+\ii\eta}\dd\omega = -2\pi\ii\;\Res_{\omega=-\ii\eta}\frac{\ee^{-\ii\omega t}}{\omega+\ii\eta} = -2\pi\ii\;\ee^{-\ii(-\ii\eta)t} = -2\pi\ii\,\ee^{-\eta t} $$

したがって

$$ -\int\frac{\dd\omega}{2\pi\ii}\frac{\ee^{-\ii\omega t}}{\omega+\ii\eta} = -\frac{1}{2\pi\ii}\left(-2\pi\ii\,\ee^{-\eta t}\right) = \ee^{-\eta t} \;\xrightarrow{\;\eta\to0^+\;}\; 1 \;\;\checkmark $$

$\blacksquare$ 2つの場合を合わせて，確かに式 \eqref{eq:A-theta-int} は $\theta(t)$ を与える．

証明2：直接 Fourier 変換して式 \eqref{eq:A-theta-ft} を出す

逆向きに，$\theta(t)$ を定義どおり変換してみる．そのままでは $t\to\infty$ で振動が止まらないので，収束因子 $\ee^{-\eta t}$ を入れる：

$$ \theta(\omega) = \int_{0}^{\infty}\dd t\;\ee^{\ii\omega t}\ee^{-\eta t} = \int_0^{\infty}\dd t\;\ee^{\ii(\omega+\ii\eta)t} = \left[\frac{\ee^{\ii(\omega+\ii\eta)t}}{\ii(\omega+\ii\eta)}\right]_0^{\infty} = \frac{0-1}{\ii(\omega+\ii\eta)} = \frac{\ii}{\omega+\ii\eta} $$

最後は $-1/\ii=+\ii$ による．これを逆変換すれば

$$ \theta(t) = \int\frac{\dd\omega}{2\pi}\frac{\ii\,\ee^{-\ii\omega t}}{\omega+\ii\eta} = -\int\frac{\dd\omega}{2\pi\ii}\frac{\ee^{-\ii\omega t}}{\omega+\ii\eta} $$

（$\ii = -1/\ii$ を使った．）式 \eqref{eq:A-theta-int} と一致する．$\blacksquare$

∎ 証明2のほうが本質的である．収束因子 $\ee^{-\eta t}$ を入れた瞬間に $\omega\to\omega+\ii\eta$ が生まれ，極が実軸の下に押しやられる．第6章の断熱的印加 $\ee^{\eta t}$ も，第8章の Lehmann 表示の $+\ii\eta$ も，まったく同じ操作である．

導出：$\mathrm{sgn}$ の Fourier 変換

$t>0$ と $t<0$ に分け，それぞれに収束因子 $\ee^{-\eta\abs{t}}$ を入れる：

$$ \mathrm{sgn}(\omega) = \int_0^{\infty}\dd t\,\ee^{\ii(\omega+\ii\eta)t} - \int_{-\infty}^{0}\dd t\,\ee^{\ii(\omega-\ii\eta)t} $$

第1項は式 \eqref{eq:A-theta-ft} と同じで $\dfrac{\ii}{\omega+\ii\eta}$．第2項は $u=-t$ と置くと

$$ \int_{-\infty}^{0}\dd t\,\ee^{\ii(\omega-\ii\eta)t} = \int_0^{\infty}\dd u\,\ee^{-\ii(\omega-\ii\eta)u} = \left[\frac{\ee^{-\ii(\omega-\ii\eta)u}}{-\ii(\omega-\ii\eta)}\right]_0^{\infty} = \frac{-\ii}{\omega-\ii\eta}\cdot(-1)\cdot(-1) = \frac{-\ii}{\omega-\ii\eta} $$

（丁寧に書けば $\dfrac{0-1}{-\ii(\omega-\ii\eta)}=\dfrac{1}{\ii(\omega-\ii\eta)}=\dfrac{-\ii}{\omega-\ii\eta}$．）よって

$$ \mathrm{sgn}(\omega) = \frac{\ii}{\omega+\ii\eta}+\frac{\ii}{\omega-\ii\eta} $$

次節の Sokhotski–Plemelj 公式 \eqref{eq:A-sp} を両方の項に使うと，デルタ関数の項が符号違いで打ち消し合い，主値だけが残る：

∎ ついでに検算しておく．$\theta=(1+\mathrm{sgn})/2$ と，定数 $1$ の変換が $2\pi\delta(\omega)$ であることを使うと

$$ \theta(\omega) = \frac{1}{2}\left[2\pi\delta(\omega)+\frac{2\ii}{\omega}\right] = \pi\delta(\omega)+\ii\,\PV\frac{1}{\omega} $$

いっぽう式 \eqref{eq:A-theta-ft} に Sokhotski–Plemelj を使っても

$$ \frac{\ii}{\omega+\ii\eta} = \ii\left[\PV\frac1\omega-\ii\pi\delta(\omega)\right] = \pi\delta(\omega)+\ii\PV\frac1\omega $$

となり，確かに一致する．

証明1：分母を有理化する（いちばん見通しがよい）

ステップ1：実部と虚部に分ける．分母分子に $x\mp\ii\eta$ を掛けると

$$ \frac{1}{x\pm\ii\eta} = \frac{x\mp\ii\eta}{(x\pm\ii\eta)(x\mp\ii\eta)} = \frac{x\mp\ii\eta}{x^2+\eta^2} = \underbrace{\frac{x}{x^2+\eta^2}}_{\text{実部}} \;\mp\; \ii\underbrace{\frac{\eta}{x^2+\eta^2}}_{\text{虚部}} $$

ステップ2：虚部はデルタ関数．A.2.3節の定理A.3 の Lorentz 型表示（証明の (b)）により

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

よって虚部は $\mp\ii\pi\delta(x)$．デルタ列の面積が $1$ であったから，$\pi$ がここで出てくる．

ステップ3：実部は主値．$x\neq0$ を固定して $\eta\to0$ とすれば $\dfrac{x}{x^2+\eta^2}\to\dfrac1x$ である．問題は原点近傍だが，この関数は $x$ の奇関数だから，$[-\delta,\delta]$ からの寄与は

$$ \int_{-\delta}^{\delta}\frac{x\,f(x)}{x^2+\eta^2}\dd x = \int_{-\delta}^{\delta}\frac{x\,\big[f(x)-f(0)\big]}{x^2+\eta^2}\dd x + f(0)\underbrace{\int_{-\delta}^{\delta}\frac{x\,\dd x}{x^2+\eta^2}}_{=\;0\ (\text{奇関数})} $$

となる．第1項の被積分関数は $x\to0$ で $\dfrac{x\cdot f'(0)x}{x^2+\eta^2}\to f'(0)$ と有限であり，$\eta\to0$ の極限が問題なく取れる．これはまさに主値 \eqref{eq:A-pv} が行っている「発散部分を左右対称に落とす」操作と同じである．よって実部は $\PV(1/x)$．$\blacksquare$

証明2：積分路の変形として見る（第5章の見方）

$\dfrac{1}{x+\ii\eta}$ は $x=-\ii\eta$（実軸の下）に極をもつ．実軸に沿った積分は，この極の上を通り過ぎる．極を実軸まで押し上げる（$\eta\to0$）代わりに，極を実軸に固定したまま積分路を上に少しへこませると考えても同じことである．

へこませた積分路は，(i) 主値部分（極の左右を対称に切り取った実軸）と，(ii) 極を上から回る半径 $\varepsilon$ の小半円に分かれる．小半円上で $x=\varepsilon\ee^{\ii\phi}$ と置くと $\dd x=\ii\varepsilon\ee^{\ii\phi}\dd\phi$ で，$\phi$ は $\pi$ から $0$ まで（時計回り）動くから

$$ \int_{\text{小半円}}\frac{f(x)}{x}\dd x = \int_{\pi}^{0}\frac{f(\varepsilon\ee^{\ii\phi})}{\varepsilon\ee^{\ii\phi}}\,\ii\varepsilon\ee^{\ii\phi}\dd\phi = \ii\int_{\pi}^{0}f(\varepsilon\ee^{\ii\phi})\dd\phi \;\xrightarrow{\;\varepsilon\to0\;}\; \ii f(0)\,(0-\pi) = -\ii\pi f(0) $$

すなわち「半周ぶんだから $2\pi\ii$ の半分，時計回りだから符号は負」で $-\ii\pi f(0)$．合わせて

$$ \int\frac{f(x)}{x+\ii\eta}\dd x = \PV\!\!\int\frac{f(x)}{x}\dd x - \ii\pi f(0) $$

$\blacksquare$ 分母が $x-\ii\eta$ なら極が上にあり，積分路は下にへこんで反時計回りの半周となるので $+\ii\pi f(0)$ になる．

導出：上半面解析性から Hilbert 変換対へ

$F(z)$ が上半面（$\mathrm{Im}\,z>0$）で正則，かつ $\abs{z}\to\infty$ で十分速く $0$ になるとする．実軸上の点 $\omega$ について，Cauchy の積分公式を使いたいが，$\omega$ が積分路の上にあるので少しずらす．$F(z)/(z-\omega-\ii\eta)$ を上半面で閉じた閉路について積分すると，内部に極 $z=\omega+\ii\eta$ が1個あるから

$$ \oint\frac{F(z)}{z-\omega-\ii\eta}\dd z = 2\pi\ii\,F(\omega+\ii\eta) $$

いっぽう $F$ 自身は上半面で正則なので，$F(z)/(z-\omega+\ii\eta)$（極が下半面）で同じことをすると

$$ \oint\frac{F(z)}{z-\omega+\ii\eta}\dd z = 0 $$

後者の実軸部分に Sokhotski–Plemelj を使う（$\eta\to0^+$，大半円は消えるとする）：

$$ 0 = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{F(\omega')}{\omega'-\omega+\ii\eta}\dd\omega' = \PV\!\!\int_{-\infty}^{\infty}\frac{F(\omega')}{\omega'-\omega}\dd\omega' - \ii\pi F(\omega) $$

すなわち

$F=F'+\ii F''$ と実部・虚部に分けて両辺の実部・虚部を比べると（$1/\ii=-\ii$ に注意）

$$ F'(\omega) = \frac{1}{\pi}\PV\!\!\int\frac{F''(\omega')}{\omega'-\omega}\dd\omega', \qquad F''(\omega) = -\frac{1}{\pi}\PV\!\!\int\frac{F'(\omega')}{\omega'-\omega}\dd\omega' $$

∎ これが第4章の Kramers–Kronig 関係である．数学の言葉では「$F'$ と $F''$ は互いに Hilbert 変換 の関係にある」という．使った仮定は上半面での正則性（＝因果律）と無限遠での減衰だけであって，系のモデルには一切依存しない．

証明（変数変換を1行も省かずに）

定義どおり Fourier 変換する：

$$ (f*g)(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}\dd t\;\ee^{\ii\omega t}\int_{-\infty}^{\infty}\dd t'\;f(t-t')g(t') $$

ステップ1：積分の順序を交換する（絶対収束を仮定）．

$$ = \int_{-\infty}^{\infty}\dd t'\;g(t')\int_{-\infty}^{\infty}\dd t\;f(t-t')\,\ee^{\ii\omega t} $$

ステップ2：内側の積分で $s=t-t'$ と置く．$t'$ は固定されているので $\dd t=\dd s$，また $t=s+t'$ より $\ee^{\ii\omega t}=\ee^{\ii\omega s}\ee^{\ii\omega t'}$．積分範囲は $s$ についても $-\infty$ から $\infty$ のままである：

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd s\;f(s)\,\ee^{\ii\omega s}\,\ee^{\ii\omega t'} = \ee^{\ii\omega t'}\,f(\omega) $$

ステップ3：戻す．$f(\omega)$ は $t'$ に依らないので外に出せて

$$ (f*g)(\omega) = f(\omega)\int_{-\infty}^{\infty}\dd t'\;g(t')\,\ee^{\ii\omega t'} = f(\omega)\,g(\omega) $$

$\blacksquare$

∎ 種を明かせば「$\ee^{\ii\omega t}=\ee^{\ii\omega(t-t')}\ee^{\ii\omega t'}$ と分解できる」ことがすべてである．指数関数の加法定理が畳み込み定理の正体である．

証明

$f(t)$ だけを逆変換の形に書く：

$$ \int\dd t\,f(t)g(t)\ee^{\ii\omega t} = \int\dd t\left[\int\frac{\dd\omega'}{2\pi}f(\omega')\ee^{-\ii\omega' t}\right]g(t)\,\ee^{\ii\omega t} $$

順序を交換して $t$ 積分を先に行うと，$\ee^{-\ii\omega't}\ee^{\ii\omega t}=\ee^{\ii(\omega-\omega')t}$ だから

$$ = \int\frac{\dd\omega'}{2\pi}f(\omega')\underbrace{\int\dd t\;g(t)\,\ee^{\ii(\omega-\omega')t}}_{=\,g(\omega-\omega')} = \int\frac{\dd\omega'}{2\pi}f(\omega')g(\omega-\omega') $$

$\blacksquare$

証明

$$ C_{fg}(\omega) = \int\dd t\;\ee^{\ii\omega t}\int\dd t'\;f^*(t')g(t'+t) $$

$s=t'+t$（したがって $t=s-t'$，$\dd t=\dd s$）と置くと $\ee^{\ii\omega t}=\ee^{\ii\omega s}\ee^{-\ii\omega t'}$ であり，2重積分が完全に分離する：

$$ = \underbrace{\int\dd t'\;f^*(t')\ee^{-\ii\omega t'}}_{\textstyle=\left[\int\dd t'f(t')\ee^{\ii\omega t'}\right]^*=f(\omega)^*} \;\times\; \underbrace{\int\dd s\;g(s)\ee^{\ii\omega s}}_{\textstyle =g(\omega)} = f(\omega)^*g(\omega) $$

（$\omega$ が実数なので $\ee^{\ii\omega t'}$ の複素共役が $\ee^{-\ii\omega t'}$ になることを使った．）$\blacksquare$

導出：#1（Gauss 積分）—— 2乗して極座標

$I=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\ee^{-ax^2}\dd x$ を直接求めるのは難しい．そこで2乗して2次元にする：

$$ I^2 = \int_{-\infty}^{\infty}\dd x\,\ee^{-ax^2}\int_{-\infty}^{\infty}\dd y\,\ee^{-ay^2} = \iint \dd x\,\dd y\;\ee^{-a(x^2+y^2)} $$

極座標 $x=r\cos\varphi$, $y=r\sin\varphi$，$\dd x\dd y=r\,\dd r\,\dd\varphi$ に移ると，被積分関数が $r$ だけの関数になる：

$$ I^2 = \int_0^{2\pi}\dd\varphi\int_0^{\infty}r\,\ee^{-ar^2}\dd r = 2\pi\left[-\frac{\ee^{-ar^2}}{2a}\right]_0^{\infty} = 2\pi\cdot\frac{1}{2a} = \frac{\pi}{a} $$

$I>0$ だから $I=\sqrt{\pi/a}$．$\blacksquare$

ポイント：$r\,\dd r$ の $r$ が現れたおかげで $\ee^{-ar^2}$ が初等的に積分できるようになった．「1次元では解けないが2次元にすると解ける」という有名な技巧である．

導出：#2（モーメント）—— パラメータで微分する

#1 の両辺を $a$ で微分する．左辺の微分は積分記号の下に入れられて

$$ \frac{\partial}{\partial a}\int\ee^{-ax^2}\dd x = -\int x^2\,\ee^{-ax^2}\dd x $$

右辺は $\dfrac{\partial}{\partial a}\sqrt{\pi}a^{-1/2}=-\dfrac{\sqrt\pi}{2}a^{-3/2}$．よって

$$ \int_{-\infty}^{\infty} x^2\ee^{-ax^2}\dd x = \frac{1}{2a}\sqrt{\frac{\pi}{a}} $$

もう一度微分すれば $\displaystyle\int x^4\ee^{-ax^2}\dd x=\frac{3}{4a^2}\sqrt{\pi/a}$．一般に $n$ 回微分して

$$ \int_{-\infty}^{\infty}x^{2n}\ee^{-ax^2}\dd x = \frac{(2n-1)!!}{(2a)^n}\sqrt{\frac{\pi}{a}} $$

（$(2n-1)!!=1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)$，$(-1)!!\equiv1$．）奇数次のモーメントは奇関数の積分なのですべてゼロである．$\blacksquare$

「パラメータで微分する」は，定積分を増やす最も安上がりな方法である．一つ知っていれば無限に派生させられる．

導出：#4（$\Gamma$ 関数と $\zeta$ 関数の積になること）

ステップ1：分母を等比級数に開く．$x>0$ では $\ee^{-x}<1$ だから

$$ \frac{1}{\ee^x-1} = \frac{\ee^{-x}}{1-\ee^{-x}} = \ee^{-x}\sum_{k=0}^{\infty}\ee^{-kx} = \sum_{n=1}^{\infty}\ee^{-nx} $$

ステップ2：項別に積分する．

$$ \int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{\ee^x-1}\dd x = \sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{\infty}x^{s-1}\ee^{-nx}\dd x $$

ステップ3：$u=nx$ と置く．$x=u/n$，$\dd x=\dd u/n$，$x^{s-1}=u^{s-1}/n^{s-1}$ だから

$$ \int_0^{\infty}x^{s-1}\ee^{-nx}\dd x = \frac{1}{n^{s-1}}\cdot\frac{1}{n}\int_0^{\infty}u^{s-1}\ee^{-u}\dd u = \frac{\Gamma(s)}{n^s} $$

ステップ4：和を取る．

$$ \int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{\ee^x-1}\dd x = \Gamma(s)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s} = \Gamma(s)\,\zeta(s) $$

$\blacksquare$ ここで $\zeta(s)=\sum_{n\ge1}n^{-s}$ が Riemann の $\zeta$ 関数である．よく使う値：

$$ \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6},\qquad \zeta(3)=1.20206\cdots,\qquad \zeta(4)=\frac{\pi^4}{90} $$

#5 の確認．$s=4$ とすると $\Gamma(4)=3!=6$，$\zeta(4)=\pi^4/90$ だから

$$ \int_0^{\infty}\frac{x^3}{\ee^x-1}\dd x = 6\cdot\frac{\pi^4}{90} = \frac{\pi^4}{15} = 6.4939\cdots $$

導出：#6（Fermi 型）と #7（Sommerfeld 積分）

#6：分母の符号が変わるだけで，ステップ1が交代級数になる：

$$ \frac{1}{\ee^x+1} = \frac{\ee^{-x}}{1+\ee^{-x}} = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\ee^{-nx} $$

以下同様にして

$$ \int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{\ee^x+1}\dd x = \Gamma(s)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s} = \Gamma(s)\,\eta(s) = (1-2^{1-s})\Gamma(s)\zeta(s) $$

最後の変形は $\eta(s)=\sum(-1)^{n-1}n^{-s}$ について $\eta(s)=(1-2^{1-s})\zeta(s)$ という関係による（偶数項を $2\times$ 引く操作から出る）．

#7：これが A.7節の Sommerfeld 展開の心臓部である．被積分関数の $\dfrac{\ee^x}{(\ee^x+1)^2}$ は，Fermi 分布 $n_F(x)=1/(\ee^x+1)$ を使って

$$ -\frac{\dd n_F}{\dd x} = -\frac{\dd}{\dd x}\frac{1}{\ee^x+1} = \frac{\ee^x}{(\ee^x+1)^2} $$

と書ける．これは $x\to-x$ で不変な偶関数である（分母分子を $\ee^{2x}$ で割れば $\frac{\ee^{-x}}{(\ee^{-x}+1)^2}$ となり，元の式で $x\to-x$ としたものに一致する）．よって

$$ I_7 = 2\int_0^{\infty}x^2\,\frac{\ee^{x}}{(\ee^x+1)^2}\dd x $$

$u=\ee^{-x}$ と見て $\dfrac{\ee^x}{(\ee^x+1)^2}=\dfrac{\ee^{-x}}{(1+\ee^{-x})^2}=\dfrac{u}{(1+u)^2}$ とし，$\dfrac{u}{(1+u)^2}=\sum_{n\ge1}(-1)^{n-1}n\,u^n$（$(1+u)^{-2}=\sum_{k\ge0}(-1)^k(k+1)u^k$ に $u$ を掛けた）を使うと

$$ \int_0^{\infty}x^2\sum_{n\ge1}(-1)^{n-1}n\,\ee^{-nx}\dd x = \sum_{n\ge1}(-1)^{n-1}n\cdot\frac{2!}{n^3} = 2\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = 2\,\eta(2) $$

$\eta(2)=(1-2^{-1})\zeta(2)=\frac12\cdot\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^2}{12}$ だから，この積分は $\pi^2/6$．したがって

$\blacksquare$ この $\pi^2/3$ が，電子比熱 $C=\frac{\pi^2}{3}k_B^2TN(\epsilon_F)$ の $\pi^2/3$ である．

導出：#9 —— Yukawa 型を実空間に戻す積分

$\displaystyle J(a)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\ee^{\ii ax}}{x^2+b^2}\dd x$ を求める．被積分関数の極は $x=\pm\ii b$ の2つである．

$a>0$ のとき：$\abs{\ee^{\ii ax}}=\ee^{-a\,\mathrm{Im}\,x}$ は上半面で減衰するので，上半面に閉じる（Jordan の補題により大半円は消える）．囲むのは $x=+\ii b$ の1個で，反時計回りだから

$$ J = 2\pi\ii\,\Res_{x=\ii b}\frac{\ee^{\ii ax}}{(x-\ii b)(x+\ii b)} = 2\pi\ii\cdot\frac{\ee^{\ii a(\ii b)}}{2\ii b} = \frac{\pi}{b}\ee^{-ab} $$

$a<0$ のとき：下半面に閉じ，$x=-\ii b$ を時計回りに囲むので $-2\pi\ii$ が付く：

$$ J = -2\pi\ii\cdot\frac{\ee^{\ii a(-\ii b)}}{-2\ii b} = \frac{\pi}{b}\ee^{ab} $$

両者を $\abs{a}$ でまとめて

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\ee^{\ii ax}}{x^2+b^2}\dd x = \frac{\pi}{b}\,\ee^{-\abs{a}b} $$

$\blacksquare$ $a=0$ とすれば #8 の $\pi/b$ が出る（検算になっている）．

3次元版．まったく同じ計算を3次元で行うと，遮蔽された Coulomb 相互作用 $v_{\text{eff}}(q)=4\pi e^2/(q^2+q_{TF}^2)$ の実空間形

$$ v_{\text{eff}}(r) = \int\frac{\dd^3q}{(2\pi)^3}\frac{4\pi e^2}{q^2+q_{TF}^2}\ee^{\ii\qq\cdot\xx} = \frac{e^2}{r}\,\ee^{-q_{TF}r} $$

が得られる（A.1.4節の計算を逆向きにたどればよい）．これが第10章のYukawa 型遮蔽ポテンシャルである．#9 の絶対値 $\abs{a}$ が，3次元版では $\ee^{-q_{TF}r}$ の $r>0$ に対応している．

導出：#10, #11 —— まとめて1本の複素積分にする

$\sin$ と $\cos$ を別々に扱わず，$\ee^{\ii bx}=\cos bx+\ii\sin bx$ で一度に片づける：

$$ \int_0^{\infty}\ee^{-ax}\ee^{\ii bx}\dd x = \int_0^{\infty}\ee^{-(a-\ii b)x}\dd x = \left[\frac{\ee^{-(a-\ii b)x}}{-(a-\ii b)}\right]_0^{\infty} = \frac{1}{a-\ii b} $$

（$a>0$ なので $x\to\infty$ で被積分関数は消える．）分母を有理化すると

$$ \frac{1}{a-\ii b} = \frac{a+\ii b}{a^2+b^2} = \frac{a}{a^2+b^2}+\ii\frac{b}{a^2+b^2} $$

実部と虚部を比べて

$\blacksquare$

どこで使うか．第2・3章で，減衰振動子の Green 関数 $G^R(t)=\frac{1}{m\omega_1}\ee^{-\Gamma t}\sin\omega_1t\,\theta(t)$ を Fourier 変換して $\chi(\omega)$ を得るときに，この公式そのものを使う．A.10節でも古典久保公式の検算に使う．本書でいちばん手を動かす回数が多い定積分かもしれない．

導出：部分積分してから $-\partial n_F/\partial\epsilon$ で展開する

ステップ1：$H$ の原始関数を用意する．

$$ K(\epsilon) \equiv \int_{-\infty}^{\epsilon}H(\epsilon')\dd\epsilon' \qquad\Longrightarrow\qquad K'(\epsilon)=H(\epsilon) $$

ステップ2：部分積分．$\epsilon\to+\infty$ で $n_F\to0$（指数的），$\epsilon\to-\infty$ で $K\to0$ なので境界項は消える：

$$ \mathcal{I} = \Big[K(\epsilon)n_F(\epsilon)\Big]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty}K(\epsilon)\,\frac{\partial n_F}{\partial\epsilon}\dd\epsilon = \int_{-\infty}^{\infty}K(\epsilon)\left(-\frac{\partial n_F}{\partial\epsilon}\right)\dd\epsilon $$

ステップ3：$-\partial n_F/\partial\epsilon$ の性質を使う．$x\equiv\beta(\epsilon-\mu)$ と置くと

$$ -\frac{\partial n_F}{\partial\epsilon} = \beta\,\frac{\ee^{x}}{(\ee^{x}+1)^2} $$

これは$\epsilon=\mu$ を中心とする，幅 $\sim k_BT$ の対称な山であり，しかも面積が $1$ である（$\int(-\partial n_F/\partial\epsilon)\dd\epsilon=n_F(-\infty)-n_F(+\infty)=1$）．要するにこれは「幅をもったデルタ関数」である．

ステップ4：$K$ を $\mu$ のまわりで Taylor 展開する．山が狭いので，$K$ を $\mu$ 近傍で展開してよい：

$$ K(\epsilon) = K(\mu) + K'(\mu)(\epsilon-\mu) + \frac{K''(\mu)}{2}(\epsilon-\mu)^2 + \frac{K'''(\mu)}{6}(\epsilon-\mu)^3+\cdots $$

ステップ5：項別に積分する．$-\partial n_F/\partial\epsilon$ が $\epsilon-\mu$ の偶関数だから，奇数次の項はすべてゼロになる．残るのは

• 0次：$K(\mu)\times1 = K(\mu)=\displaystyle\int_{-\infty}^{\mu}H\dd\epsilon$
• 2次：$\dfrac{K''(\mu)}{2}\displaystyle\int(\epsilon-\mu)^2\left(-\frac{\partial n_F}{\partial\epsilon}\right)\dd\epsilon$

2次の積分を $x=\beta(\epsilon-\mu)$ で無次元化すると，$(\epsilon-\mu)^2=(k_BT)^2x^2$，$\dd\epsilon=k_BT\,\dd x$，$-\partial n_F/\partial\epsilon=\beta\frac{\ee^x}{(\ee^x+1)^2}$ だから

$$ \int(\epsilon-\mu)^2\left(-\frac{\partial n_F}{\partial\epsilon}\right)\dd\epsilon = (k_BT)^2\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^2\ee^x}{(\ee^x+1)^2}\dd x = (k_BT)^2\cdot\frac{\pi^2}{3} $$

ここで A.6節の \eqref{eq:A-sommerfeld-int} を使った．$K''=H'$ だから，2次の項は

$$ \frac{H'(\mu)}{2}\cdot(k_BT)^2\frac{\pi^2}{3} = \frac{\pi^2}{6}(k_BT)^2H'(\mu) $$

4次の項も同様に，$\int x^4\frac{\ee^x}{(\ee^x+1)^2}\dd x = \frac{7\pi^4}{15}$ を使えば $\frac{7\pi^4}{360}(k_BT)^4H'''(\mu)$ が出る．$\blacksquare$

証明（パラメータを入れて微分方程式にする）

ステップ1：補助パラメータを入れる．

$$ \hat F(\lambda) \equiv \ee^{\lambda\hat A}\,\hat B\,\ee^{-\lambda\hat A} $$

と定義する．$\hat F(0)=\hat B$，求めたいのは $\hat F(1)$ である．

ステップ2：$\lambda$ で微分する．積の微分則を使い，$\frac{\dd}{\dd\lambda}\ee^{\lambda\hat A}=\hat A\ee^{\lambda\hat A}=\ee^{\lambda\hat A}\hat A$ に注意すると

$$ \frac{\dd\hat F}{\dd\lambda} = \hat A\ee^{\lambda\hat A}\hat B\ee^{-\lambda\hat A} + \ee^{\lambda\hat A}\hat B\ee^{-\lambda\hat A}(-\hat A) = \hat A\hat F(\lambda) - \hat F(\lambda)\hat A = \big[\hat A,\hat F(\lambda)\big] $$

これは非常にきれいな微分方程式である．「$\lambda$ で1回微分すると $\hat A$ との交換子が1個増える」．

ステップ3：高階微分を求める．もう一度微分すると

$$ \frac{\dd^2\hat F}{\dd\lambda^2} = \left[\hat A,\frac{\dd\hat F}{\dd\lambda}\right] = \big[\hat A,[\hat A,\hat F]\big] $$

一般に $\dfrac{\dd^n\hat F}{\dd\lambda^n} = \underbrace{[\hat A,[\hat A,\cdots[\hat A}_{n\ \text{個}},\hat F]\cdots]]$．$\lambda=0$ での値は $\hat F(0)=\hat B$ を入れて

$$ \left.\frac{\dd^n\hat F}{\dd\lambda^n}\right|_{\lambda=0} = \underbrace{[\hat A,[\hat A,\cdots[\hat A}_{n\ \text{個}},\hat B]\cdots]] $$

ステップ4：$\lambda=0$ のまわりで Taylor 展開し，$\lambda=1$ とする．

$$ \hat F(1) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left.\frac{\dd^n\hat F}{\dd\lambda^n}\right|_{\lambda=0} = \hat B+[\hat A,\hat B]+\frac{1}{2!}[\hat A,[\hat A,\hat B]]+\cdots $$

$\blacksquare$

∎ 「パラメータを入れて微分方程式を作る」という手口は，演算子の計算で最も強力な道具である．A.8.3 の BCH 公式も同じ発想で導かれる．

証明

完全系を1組挟んで成分で書く：

$$ \Tr(\hat A\hat B) = \sum_n\bra{n}\hat A\hat B\ket{n} = \sum_n\sum_m\bra{n}\hat A\ket{m}\bra{m}\hat B\ket{n} = \sum_{n,m}A_{nm}B_{mn} $$

行列要素はただの数なので順序を入れ替えられる．和の記号の名前を付け替えて

$$ = \sum_{n,m}B_{mn}A_{nm} = \sum_m\bra{m}\hat B\hat A\ket{m} = \Tr(\hat B\hat A) $$

$\blacksquare$ 3個以上でも $\hat A\to\hat A\hat B$，$\hat B\to\hat C$ と見なせば巡回性が従う．

証明（全部書き下すだけ）

式 \eqref{eq:A-comm-BC} の右辺を展開する：

$$ [\hat A,\hat B]\hat C + \hat B[\hat A,\hat C] = (\hat A\hat B-\hat B\hat A)\hat C + \hat B(\hat A\hat C-\hat C\hat A) $$ $$ = \hat A\hat B\hat C - \underbrace{\hat B\hat A\hat C}_{(*)} + \underbrace{\hat B\hat A\hat C}_{(*)} - \hat B\hat C\hat A = \hat A\hat B\hat C-\hat B\hat C\hat A = [\hat A,\hat B\hat C] $$

$(*)$ の2項が打ち消し合うのが仕掛けである．$\blacksquare$ 式 \eqref{eq:A-comm-AB} も同様．

覚え方：「Leibniz 則（積の微分則）と同じ形」である．$[\hat A,\cdot]$ を微分演算子だと思えば $\partial(BC)=(\partial B)C+B(\partial C)$．ただし演算子の順序は絶対に動かせないので，$\hat B$ と $[\hat A,\hat C]$ の左右関係を勝手に入れ替えてはいけない．

証明（12項を並べて消す）

第1項を展開する：

$$ [\hat A,[\hat B,\hat C]] = \hat A\hat B\hat C-\hat A\hat C\hat B-\hat B\hat C\hat A+\hat C\hat B\hat A $$

第2項は $A\to B\to C\to A$ の巡回置換だから

$$ [\hat B,[\hat C,\hat A]] = \hat B\hat C\hat A-\hat B\hat A\hat C-\hat C\hat A\hat B+\hat A\hat C\hat B $$

第3項はもう一度巡回させて

$$ [\hat C,[\hat A,\hat B]] = \hat C\hat A\hat B-\hat C\hat B\hat A-\hat A\hat B\hat C+\hat B\hat A\hat C $$

3本を縦に足す．$\hat A\hat B\hat C$ は第1項に $+$，第3項に $-$ で消える．$\hat A\hat C\hat B$ は第1項に $-$，第2項に $+$ で消える．同様に $\hat B\hat C\hat A$，$\hat B\hat A\hat C$，$\hat C\hat A\hat B$，$\hat C\hat B\hat A$ もすべて $+$ と $-$ の対で現れる．合計 $0$．$\blacksquare$

∎ 12項が $6$ 対になってきれいに消える．これは偶然ではなく，交換子が Lie 代数の構造をもつことの表現である．

反交換子版の確認（表A.3 の3行目・4行目）

右辺を展開するだけである：

$$ \{\hat A,\hat B\}\hat C-\hat B\{\hat A,\hat C\} = (\hat A\hat B+\hat B\hat A)\hat C - \hat B(\hat A\hat C+\hat C\hat A) $$ $$ = \hat A\hat B\hat C + \underbrace{\hat B\hat A\hat C}_{(*)} - \underbrace{\hat B\hat A\hat C}_{(*)} - \hat B\hat C\hat A = \hat A\hat B\hat C-\hat B\hat C\hat A = [\hat A,\hat B\hat C] $$

また

$$ \{\hat A,\hat B\}\hat C-\hat B[\hat A,\hat C] = (\hat A\hat B+\hat B\hat A)\hat C-\hat B(\hat A\hat C-\hat C\hat A) = \hat A\hat B\hat C+\hat B\hat C\hat A = \{\hat A,\hat B\hat C\} $$

$\blacksquare$

証明（べき乗について数学的帰納法）

まず $[\hat x,\hat p^n]$ を求める．式 \eqref{eq:A-comm-BC} を $\hat B=\hat p$，$\hat C=\hat p^{n-1}$ として使うと

$$ [\hat x,\hat p^n] = [\hat x,\hat p]\hat p^{n-1} + \hat p[\hat x,\hat p^{n-1}] = \ii\hbar\,\hat p^{n-1} + \hat p\,[\hat x,\hat p^{n-1}] $$

$n=1$ で $[\hat x,\hat p]=\ii\hbar$．$n=2$ なら $\ii\hbar\hat p+\hat p\cdot\ii\hbar=2\ii\hbar\hat p$．帰納法の仮定 $[\hat x,\hat p^{n-1}]=\ii\hbar(n-1)\hat p^{n-2}$ を入れると

$$ [\hat x,\hat p^n] = \ii\hbar\hat p^{n-1}+\ii\hbar(n-1)\hat p^{n-1} = \ii\hbar\,n\,\hat p^{n-1} $$

すなわち $[\hat x,\hat p^n]=\ii\hbar\dfrac{\dd}{\dd\hat p}\hat p^n$．$F$ をべき級数に展開して各項に適用すれば主張を得る．$\blacksquare$

∎ $\hat x$ は $\hat p$ の空間での微分演算子として働く（$\hat x\leftrightarrow\ii\hbar\partial_p$）．$\hat p$ については符号が逆で $\hat p\leftrightarrow-\ii\hbar\partial_x$．これが波動関数の表示 $\hat p=-\ii\hbar\nabla$ の由来である．

導出：古典久保公式（符号を一歩ずつ確かめる）

本書の久保公式は

$$ \chi^R_{AB}(t-t') = -\frac{\ii}{\hbar}\,\theta(t-t')\,\braket{\big[\hat A_H(t),\hat B_H(t')\big]} $$

である．ここで対応 \eqref{eq:A-pb-comm} を使うには，$\dfrac{1}{\ii\hbar}[\ ,\ ]$ の形を作る必要がある．

ここが符号を落としやすい一点である．$\dfrac{1}{\ii}=-\ii$ であることに注意する．したがって

$$ \frac{1}{\ii\hbar} = \frac{-\ii}{\hbar} = -\frac{\ii}{\hbar} $$

すなわち久保公式の前置因子 $-\dfrac{\ii}{\hbar}$ は，そのまま $\dfrac{1}{\ii\hbar}$ に等しい．ここで余計にマイナスを付けてしまうと，以後すべての符号が反転する．必ず $1/\ii=-\ii$ を紙に書いて確認すること．

したがって

$$ \chi^R_{AB}(t-t') = \theta(t-t')\left\langle\frac{1}{\ii\hbar}\big[\hat A_H(t),\hat B_H(t')\big]\right\rangle $$

$\hbar\to0$ とすると括弧の中身が Poisson 括弧に，期待値が平衡分布についての位相空間平均になり

∎ これが古典版の久保公式である．右辺の Poisson 括弧は，時刻 $t$ の値 $A(t)$ を初期条件 $(q_0,p_0)$ の関数と見て，初期条件で偏微分することで計算する．

証明

$x\equiv\beta\hbar\omega$ と書く．

(1) 分母分子に $\ee^{x}$ を掛けると

$$ n_B(-\omega) = \frac{1}{\ee^{-x}-1} = \frac{\ee^{x}}{1-\ee^{x}} = -\frac{\ee^{x}}{\ee^{x}-1} = -\frac{(\ee^x-1)+1}{\ee^x-1} = -1-n_B(\omega) $$

$\blacksquare$ 負の振動数の Bose 分布は負である．これは「$\omega<0$ ＝ エネルギーを放出する過程」に対応し，第8章の詳細つり合いや第13章の松原和で本質的な役割を果たす．

(2)

$$ 1+2n_B = 1+\frac{2}{\ee^x-1} = \frac{\ee^x-1+2}{\ee^x-1} = \frac{\ee^x+1}{\ee^x-1} $$

分母分子を $\ee^{x/2}$ で割ると

$$ = \frac{\ee^{x/2}+\ee^{-x/2}}{\ee^{x/2}-\ee^{-x/2}} = \frac{\cosh(x/2)}{\sinh(x/2)} = \coth\frac{x}{2} $$

$\blacksquare$

(3)

$$ \frac{1}{1-\ee^{-x}} = \frac{\ee^{x}}{\ee^{x}-1} = \frac{(\ee^x-1)+1}{\ee^x-1} = 1+n_B(\omega) $$

$\blacksquare$ したがって第8章の揺動散逸定理に現れる因子は

$$ 1-\ee^{-\beta\hbar\omega} = \frac{1}{1+n_B(\omega)} $$

と書き直せる．「$1+n_B$」は誘導放出を含めた放出のしやすさを表す量である．

(4) この項では $x$ は主張どおりエネルギーのずれを表す（冒頭の $x=\beta\hbar\omega$ とは別物である）．$n_F(\mu-x)=1/(\ee^{-\beta x}+1)$ の分母分子に $\ee^{\beta x}$ を掛ければ

$$ n_F(\mu-x) = \frac{\ee^{\beta x}}{\ee^{\beta x}+1} = 1-\frac{1}{\ee^{\beta x}+1} = 1-n_F(\mu+x) $$

$\blacksquare$

(5) $n_F=1/(\ee^{y}+1)$（$y=\beta(\epsilon-\mu)$）を微分すると

$$ \frac{\partial n_F}{\partial\epsilon} = -\beta\frac{\ee^{y}}{(\ee^{y}+1)^2} $$

いっぽう $n_F(1-n_F)=\dfrac{1}{\ee^y+1}\cdot\dfrac{\ee^y}{\ee^y+1}=\dfrac{\ee^y}{(\ee^y+1)^2}$．両者を比べて主張を得る．$\blacksquare$

証明

Bose の場合．$\ee^{\beta\hbar z}=1$ となるのは $\beta\hbar z=2\pi\ii n$（$n$ は整数）のとき．極の近くで分母を Taylor 展開すると

$$ \ee^{\beta\hbar z}-1 \simeq \left.\frac{\dd}{\dd z}\left(\ee^{\beta\hbar z}-1\right)\right|_{z=\ii\nu_n}(z-\ii\nu_n) = \beta\hbar\,\ee^{\ii\,2\pi n}(z-\ii\nu_n) = \beta\hbar(z-\ii\nu_n) $$

したがって1位の極であり

$$ \Res_{z=\ii\nu_n} n_B(z) = \frac{1}{\beta\hbar} $$

Fermi の場合．$\ee^{\beta\hbar z}=-1$ となるのは $\beta\hbar z=\ii\pi(2n+1)$．分母の微分は $\beta\hbar\ee^{\beta\hbar z}=\beta\hbar\cdot(-1)=-\beta\hbar$ だから

$$ \Res_{z=\ii\omega_n} n_F(z) = -\frac{1}{\beta\hbar} $$

$\blacksquare$

証明

ステップ1：$G$ を固有関数で展開する．完全系なので，$x$ についての展開係数を $c_n(x')$ として

$$ G_\lambda(x,x') = \sum_n c_n(x')\,\phi_n(x) $$

と書ける．

ステップ2：デルタ関数も展開する．完全性関係より

$$ \delta(x-x') = \sum_n \phi_n(x)\phi_n^*(x') $$

ステップ3：方程式に代入する．$\hat L_0\phi_n=\lambda_n\phi_n$ を使うと

$$ (\lambda-\hat L_0)G_\lambda = \sum_n c_n(x')(\lambda-\lambda_n)\phi_n(x) $$

これが $\sum_n\phi_n(x)\phi_n^*(x')$ に等しい．$\{\phi_n\}$ は一次独立なので，係数を比較して

$$ c_n(x')(\lambda-\lambda_n) = \phi_n^*(x') \qquad\Longrightarrow\qquad c_n(x') = \frac{\phi_n^*(x')}{\lambda-\lambda_n} $$

$\blacksquare$

導出の筋（丁寧に）

ステップ1：$t\neq t'$ では同次方程式．$\delta(t-t')$ は $t=t'$ 以外でゼロだから，$t>t'$ では $G$ は同次解の重ね合わせ $\alpha y_1(t)+\beta y_2(t)$ でなければならない．$t<t'$ では遅延の要請から $G=0$．

ステップ2：$t=t'$ でのつなぎ条件．方程式 $a\ddot G+b\dot G+cG=\delta(t-t')$ を $t'-\varepsilon$ から $t'+\varepsilon$ まで積分する．$G$ が連続なら $\int cG\dd t\to0$，$\int b\dot G\dd t\to b\,\Delta G=0$，残るのは

$$ a(t')\left[\dot G\right]_{t'-\varepsilon}^{t'+\varepsilon} = 1 $$

すなわち$G$ 自身は連続だが，その微分は $1/a(t')$ だけ跳ぶ：

$$ G(t'^+,t')=0, \qquad \dot G(t'^+,t') = \frac{1}{a(t')} $$

ステップ3：この2条件で $\alpha,\beta$ を決める．$\alpha y_1(t')+\beta y_2(t')=0$ と $\alpha\dot y_1(t')+\beta\dot y_2(t')=1/a(t')$ を連立させる．Cramer の公式より

$$ \alpha = \frac{-y_2(t')}{a(t')W(t')}, \qquad \beta = \frac{y_1(t')}{a(t')W(t')} $$

代入して式 \eqref{eq:A-green-wronskian} を得る．$\blacksquare$

∎ この「跳びの条件」の出どころは，$\delta$ を1回積分すると $\theta$ になり，$\theta$ を1回微分すると $\delta$ になる（A.3節）という事実である．2階微分方程式の Green 関数は，必ず「値は連続，微分は跳ぶ」という形をしている．