第8章応答関数の一般的性質

導出1：交換子の期待値をほどく

ステップ1：交換子を2項に開く．

$$ \bra{0}[\hat A_H(t),\hat B(0)]\ket{0} = \underbrace{\bra{0}\hat A_H(t)\hat B\ket{0}}_{(\mathrm{I})} - \underbrace{\bra{0}\hat B\hat A_H(t)\ket{0}}_{(\mathrm{II})} $$

ステップ2：第1項 $(\mathrm{I})$ に完全系を挟む．$\hat A_H(t)$ と $\hat B$ のあいだに $\sum_n\ket{n}\bra{n}=1$ を入れる：

$$ (\mathrm{I}) = \bra{0}\hat A_H(t)\left(\sum_n\ket{n}\bra{n}\right)\hat B\ket{0} = \sum_n \bra{0}\hat A_H(t)\ket{n}\,B_{n0} $$

ステップ3：Heisenberg演算子の行列要素を計算する．ここが本節の核心である．式 \eqref{eq:8-heisenberg} を代入し，左の指数関数は左のブラ $\bra{0}$ に，右の指数関数は右のケット $\ket{n}$ に作用させる．$\Ham_0$ はエルミートだから $\bra{0}\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar} = \ee^{\ii E_0t/\hbar}\bra{0}$，また $\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{n}=\ee^{-\ii E_nt/\hbar}\ket{n}$．よって

$$ \bra{0}\hat A_H(t)\ket{n} = \ee^{\ii E_0 t/\hbar}\,\ee^{-\ii E_n t/\hbar}\,\bra{0}\hat A\ket{n} = \ee^{-\ii(E_n-E_0)t/\hbar}\,A_{0n} = A_{0n}\,\ee^{-\ii\omega_{n0}t} $$

すなわちHeisenberg演算子の行列要素は，静的な行列要素に単純な位相 $\ee^{-\ii\omega_{n0}t}$ が付いただけである．演算子の指数関数が消えた．したがって $(\mathrm{I}) = \sum_n A_{0n}B_{n0}\,\ee^{-\ii\omega_{n0}t}$．

ステップ4：第2項 $(\mathrm{II})$ も同様に．今度は $\hat B$ と $\hat A_H(t)$ のあいだに完全系を挟む：

$$ (\mathrm{II}) = \sum_n \bra{0}\hat B\ket{n}\bra{n}\hat A_H(t)\ket{0} = \sum_n B_{0n}\,\bra{n}\hat A_H(t)\ket{0} $$

行列要素の順番が逆になっていることに注意して，ステップ3と同じ計算をすると

$$ \bra{n}\hat A_H(t)\ket{0} = \ee^{\ii E_n t/\hbar}\,\ee^{-\ii E_0 t/\hbar}\,A_{n0} = A_{n0}\,\ee^{+\ii\omega_{n0}t} $$

位相の符号が逆になった．ここが後で「正の振動数の極」と「負の振動数の極」を生む．したがって $(\mathrm{II}) = \sum_n B_{0n}A_{n0}\,\ee^{+\ii\omega_{n0}t}$．

ステップ5：まとめる．式 \eqref{eq:8-kubo} に戻して

∎ 交換子の期待値が，励起振動数 $\omega_{n0}$ をもつ振動の重ね合わせになった．重み $A_{0n}B_{n0}$ は「基底状態から $\hat B$ で $\ket{n}$ を叩き出し，$\hat A$ で戻ってくる」という過程の振幅である．

導出2：Fourier変換 —— 積分を1本も飛ばさずに

第1章の規約に従い $\chi^R_{AB}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}\dd t\,\chi^R_{AB}(t)\,\ee^{\ii\omega t}$ を計算する．式 \eqref{eq:8-lehmann-t} を代入すると，$\theta(t)$ のおかげで積分下限が $0$ になる：

$$ \chi^R_{AB}(\omega) = -\frac{\ii}{\hbar}\sum_n\left[ A_{0n}B_{n0}\int_0^{\infty}\!\!\dd t\,\ee^{\ii(\omega-\omega_{n0})t} - B_{0n}A_{n0}\int_0^{\infty}\!\!\dd t\,\ee^{\ii(\omega+\omega_{n0})t} \right] $$

ここで手が止まる．$\int_0^\infty \ee^{\ii X t}\dd t$ は，$X$ が実数のままでは $t\to\infty$ で振動し続けて収束しない．

収束因子 $\ee^{-\eta t}$ を入れる．第6章で導入した断熱的な印加を思い出す．外部摂動は $t=-\infty$ で $0$ から $\ee^{\eta t}$（$\eta>0$ は微小）でゆっくり立ち上げたのだった．これは応答関数の側から見ると，応答が無限の過去の記憶を引きずらないよう $\ee^{-\eta t}$ で減衰させることに対応する．すなわち

$$ \chi^R_{AB}(t) \;\longrightarrow\; \chi^R_{AB}(t)\,\ee^{-\eta t} \qquad\Longleftrightarrow\qquad \omega \;\longrightarrow\; \omega + \ii\eta $$

と置き換え，最後に $\eta\to0^+$ とする．物理的には「無限に長い時間ではなく，非常に長いが有限の時間 $1/\eta$ で測る」ということである．

第1の積分．$X_1 \equiv \omega-\omega_{n0}+\ii\eta$ と置くと $\mathrm{Im}\,X_1=\eta>0$ だから $\abs{\ee^{\ii X_1 t}}=\ee^{-\eta t}\to0$（$t\to\infty$）で，確かに収束する：

$$ \int_0^{\infty}\dd t\,\ee^{\ii X_1 t} = \left[\frac{\ee^{\ii X_1 t}}{\ii X_1}\right]_0^{\infty} = \frac{0 - 1}{\ii X_1} = -\frac{1}{\ii X_1} = \frac{\ii}{X_1} $$

最後の等号では $1/\ii=-\ii$ を使った（$-\frac{1}{\ii X}=-\frac{-\ii}{X}=\frac{\ii}{X}$）．第2の積分もまったく同じで，$\omega_{n0}$ の符号だけが違う：$\displaystyle\int_0^{\infty}\dd t\,\ee^{\ii(\omega+\omega_{n0}+\ii\eta)t} = \frac{\ii}{\omega+\omega_{n0}+\ii\eta}$．

代入する．全体に掛かる因子は $-\frac{\ii}{\hbar}\times\ii = -\frac{\ii^2}{\hbar} = +\frac{1}{\hbar}$ である．

証明（2通り）

証明1：Lehmann表示から．式 \eqref{eq:8-lehmann-T} の各項の分母は $\omega\mp\omega_{nm}+\ii\eta$ である．$\mathrm{Im}\,\omega>0$ のとき

$$ \mathrm{Im}(\omega\mp\omega_{nm}+\ii\eta) = \mathrm{Im}\,\omega + \eta > 0 $$

となり，分母は決してゼロにならない（$\omega_{nm}$ は実数だから虚部に寄与しない）．ゆえに上半面に極はない．$\blacksquare$

証明2：因果律から直接．式 \eqref{eq:8-kubo} には $\theta(t)$ が掛かっているので $\chi^R_{AB}(\omega) = \int_0^{\infty}\dd t\,\chi^R_{AB}(t)\,\ee^{\ii\omega t}$ である．$\omega=\omega'+\ii\omega''$（$\omega''>0$）とすると被積分関数の絶対値は

$$ \abs{\chi^R_{AB}(t)\,\ee^{\ii\omega t}} = \abs{\chi^R_{AB}(t)}\,\ee^{-\omega'' t} $$

となり，$t\to+\infty$ で指数的に抑えられる．積分は上半面でますますよく収束し，$\omega$ について微分できる．すなわち正則である．$\blacksquare$

∎ 2つの証明が同じ結論に達するのは当然で，$\theta(t)$ が式 \eqref{eq:8-lehmann} の分母の $+\ii\eta$ を生んだのだから，両者は同じことの言い換えである．第1章1.4節で「因果律 $\Longleftrightarrow$ 上半面での正則性」と書いた対応が，量子系でもそのまま成立している．

導出3：$\chi^R=\chi'+\ii\chi''$ への分解

式 \eqref{eq:8-lehmann} に \eqref{eq:8-sp} を代入する：

$$ \chi^R_{AB}(\omega) = \frac{1}{\hbar}\sum_n\Big\{ A_{0n}B_{n0}\Big[\PV\frac{1}{\omega-\omega_{n0}} - \ii\pi\delta(\omega-\omega_{n0})\Big] - B_{0n}A_{n0}\Big[\PV\frac{1}{\omega+\omega_{n0}} - \ii\pi\delta(\omega+\omega_{n0})\Big] \Big\} $$

主値の部分とデルタ関数の部分に整理して，それぞれを $\chi'_{AB}$，$\chi''_{AB}$ と名づける：

∎ $\chi^R_{AB}=\chi'_{AB}+\ii\chi''_{AB}$ である．

導出4：吸収パワーを計算する

外部摂動を $\Ham_{\text{ext}}(t)=f(t)\hat A$，$f(t)=f_0\cos\omega t$ とする（測る量も同じ $\hat A$ とする）．系のエネルギーの時間変化率は，ハミルトニアンの陽な時間依存性から

$$ \frac{\dd E}{\dd t} = \braket{\frac{\partial \Ham}{\partial t}} = \dot f(t)\,\braket{\hat A(t)} $$

線形応答により $\delta\braket{\hat A(t)}=\int\chi^R_{AA}(t-t')f(t')\dd t'$ である．$f(t)=\frac{f_0}{2}(\ee^{-\ii\omega t}+\ee^{\ii\omega t})$ を代入し，$\chi^R(-\omega)=\chi^R(\omega)^*$（実の応答関数の性質）を使うと

$$ \delta\braket{\hat A(t)} = \frac{f_0}{2}\left[\chi^R(\omega)\ee^{-\ii\omega t}+\chi^R(\omega)^*\ee^{\ii\omega t}\right] = f_0\,\mathrm{Re}\!\left[\chi^R(\omega)\ee^{-\ii\omega t}\right] $$

$\chi^R=\chi'+\ii\chi''$ と $\ee^{-\ii\omega t}=\cos\omega t-\ii\sin\omega t$ を掛けて実部を取ると

$$ \delta\braket{\hat A(t)} = f_0\left[\chi'(\omega)\cos\omega t + \chi''(\omega)\sin\omega t\right] $$

いっぽう $\dot f(t) = -f_0\omega\sin\omega t$．よって

$$ \frac{\dd E}{\dd t} = -f_0\omega\sin\omega t \cdot f_0\left[\chi'\cos\omega t+\chi''\sin\omega t\right] $$

1周期にわたって平均する．$\overline{\sin\omega t\cos\omega t}=0$，$\overline{\sin^2\omega t}=\tfrac12$ だから

∎ 熱力学第二法則により，外力から系へのエネルギー流入は正でなければならない（$P\ge0$）．したがって本書の規約では

$$ \omega\,\chi''_{AA}(\omega) \le 0 \qquad\text{（すべての }\omega\text{ で）} $$

が要求され，式 \eqref{eq:8-chi-im-AA} がまさにこれを満たしている（$\omega>0$ で $\chi''\le0$，$\omega<0$ で $\chi''\ge0$）．Kubo流の規約 $\chi^{\text{Kubo}}=-\chi^R$ に移れば $\omega\chi''^{\text{Kubo}}\ge0$ となり，第3章の「$\mathrm{Im}\,\chi>0$ が吸収」に一致する．符号の流儀が違うだけで，物理はまったく同一である．

導出5：$S_{AB}(\omega)$ のスペクトル表示

$T=0$ とする．8.1.2節ステップ2・3とまったく同じ計算により

$$ \bra{0}\hat A_H(t)\hat B\ket{0} = \sum_n A_{0n}B_{n0}\,\ee^{-\ii\omega_{n0}t} $$

である．これを \eqref{eq:8-S-def} に入れる：

$$ S_{AB}(\omega) = \frac{1}{2\pi}\sum_n A_{0n}B_{n0}\int_{-\infty}^{\infty}\dd t\;\ee^{\ii(\omega-\omega_{n0})t} $$

今度は $\theta(t)$ がないので積分範囲は全時間であり，収束因子も要らない．デルタ関数の積分表示

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd t\;\ee^{\ii X t} = 2\pi\,\delta(X) $$

を使うと $2\pi$ が前置因子の $1/2\pi$ とちょうど相殺して

∎ きわめて簡単な形になった．$\chi^R$ と違って主値部がなく，純粋なデルタ関数の櫛である．

導出6：詳細つり合いの証明

ステップ1：左辺を書き下す．式 \eqref{eq:8-S-lehmann-T} で $A\leftrightarrow B$ と入れ替え，$\omega\to-\omega$ とする：

$$ S_{BA}(-\omega) = \frac{1}{Z}\sum_{m,n}\ee^{-\beta E_m}\,B_{mn}A_{nm}\,\delta(-\omega-\omega_{nm}) $$

ステップ2：和の添字 $m$ と $n$ を入れ替える．これはただの名前の付け替えであり，和の値は変わらない：

$$ S_{BA}(-\omega) = \frac{1}{Z}\sum_{m,n}\ee^{-\beta E_n}\,B_{nm}A_{mn}\,\delta(-\omega-\omega_{mn}) $$

ここで $\omega_{mn}=-\omega_{nm}$ だから $\delta(-\omega-\omega_{mn})=\delta(-\omega+\omega_{nm})=\delta(\omega-\omega_{nm})$（デルタ関数は偶関数）．よって

$$ S_{BA}(-\omega) = \frac{1}{Z}\sum_{m,n}\ee^{-\beta E_n}\,A_{mn}B_{nm}\,\delta(\omega-\omega_{nm}) $$

式 \eqref{eq:8-S-lehmann-T} と見比べると，違いは重みが $\ee^{-\beta E_m}$ から $\ee^{-\beta E_n}$ に変わっただけである．

ステップ3：デルタ関数の上で重みを書き換える．デルタ関数 $\delta(\omega-\omega_{nm})$ がゼロでないのは $\omega=\omega_{nm}=(E_n-E_m)/\hbar$，すなわち

$$ E_n = E_m + \hbar\omega $$

のときだけである．したがってデルタ関数の台の上では

$$ \ee^{-\beta E_n} = \ee^{-\beta(E_m+\hbar\omega)} = \ee^{-\beta\hbar\omega}\,\ee^{-\beta E_m} $$

と書ける．$\ee^{-\beta\hbar\omega}$ は $m,n$ に依らない共通因子なので和の外に出せる：

$$ S_{BA}(-\omega) = \ee^{-\beta\hbar\omega}\cdot\frac{1}{Z}\sum_{m,n}\ee^{-\beta E_m}A_{mn}B_{nm}\delta(\omega-\omega_{nm}) = \ee^{-\beta\hbar\omega}\,S_{AB}(\omega) $$

∎

導出7：揺動散逸定理（$T=0$ でも有限温度でも成り立つ形）

式 \eqref{eq:8-chi-im} の $\chi''_{AB}$ と，式 \eqref{eq:8-S-lehmann-T} の $S_{AB}$ を見比べる．有限温度の $\chi''$ は，式 \eqref{eq:8-lehmann-T} にSokhotski–Plemelj \eqref{eq:8-sp} を適用して

$$ \chi''_{AB}(\omega) = -\frac{\pi}{\hbar Z}\sum_{m,n}\ee^{-\beta E_m}\left[ A_{mn}B_{nm}\,\delta(\omega-\omega_{nm}) - B_{mn}A_{nm}\,\delta(\omega+\omega_{nm})\right] $$

第1項は，式 \eqref{eq:8-S-lehmann-T} そのものである：$\;-\dfrac{\pi}{\hbar}S_{AB}(\omega)$．

第2項は，導出6のステップ1と同じで $\dfrac{1}{Z}\sum_{m,n}\ee^{-\beta E_m}B_{mn}A_{nm}\delta(\omega+\omega_{nm}) = S_{BA}(-\omega)$（デルタ関数は偶関数だから $\delta(\omega+\omega_{nm})=\delta(-\omega-\omega_{nm})$）．ゆえに

ここに詳細つり合い \eqref{eq:8-detailed-balance} $S_{BA}(-\omega)=\ee^{-\beta\hbar\omega}S_{AB}(\omega)$ を入れると

∎ これが揺動散逸定理（fluctuation–dissipation theorem, FDT）である．

$T\to0$ では $\beta\to\infty$ となり，$\omega>0$ で $\ee^{-\beta\hbar\omega}\to0$，$\omega<0$ で $S_{AB}(\omega)=0$．したがって式 \eqref{eq:8-fdt-general} は $\chi''_{AB}(\omega)=-\frac{\pi}{\hbar}[S_{AB}(\omega)-S_{BA}(-\omega)]$ のまま，$T=0$ の表式として使える．

導出8：古典極限とJohnson–Nyquist雑音

ステップ1：因子を展開する．$\hbar\omega\ll k_BT$（$\beta\hbar\omega\ll1$）のとき

$$ 1-\ee^{-\beta\hbar\omega} \simeq \beta\hbar\omega = \frac{\hbar\omega}{k_BT} $$

これを \eqref{eq:8-fdt} に入れると $\hbar$ が消えて

$$ \chi''_{AB}(\omega) = -\frac{\pi}{\hbar}\cdot\frac{\hbar\omega}{k_BT}S_{AB}(\omega) = -\frac{\pi\omega}{k_BT}S_{AB}(\omega) $$

$\hbar$ が現れない．古典的な揺動散逸定理である．前置因子 $1/2\pi$ を付けない規約 $\tilde S_{AB}(\omega)\equiv2\pi S_{AB}(\omega)=\int\dd t\,\ee^{\ii\omega t}\braket{\hat A_H(t)\hat B}$ で書けば

$$ \tilde S_{AB}(\omega) = -\frac{2k_BT}{\omega}\,\chi''_{AB}(\omega) $$

となり，統計力学の教科書でよく見る形になる（Kubo流 $\chi^{\text{Kubo}}=-\chi^R$ ならマイナスが消えて $\tilde S=\frac{2k_BT}{\omega}\chi''^{\text{Kubo}}$）．

ステップ2：抵抗器に応用する．抵抗 $R$ の抵抗器を考える．外力は電圧 $V$，応答する量は抵抗器を通り抜けた電荷 $Q$ とする（結合エネルギーは $-QV$ なのでKubo流）．すると

$$ Q(\omega) = \chi_{QQ}(\omega)\,V(\omega) $$

電流は $I=\dot Q$ だから，本書のFourier規約（$\partial_t\to-\ii\omega$）で $I(\omega)=-\ii\omega Q(\omega)$．オームの法則 $I=YV$（$Y=1/R$ はアドミッタンス）と比べて

$$ -\ii\omega\,\chi_{QQ}(\omega) = Y = \frac{1}{R} \qquad\Longrightarrow\qquad \chi_{QQ}(\omega) = \frac{\ii}{\omega R} $$

純虚数なので $\chi'_{QQ}=0$，$\chi''_{QQ}(\omega)=\dfrac{1}{\omega R}$ である．

ステップ3：電荷の揺らぎスペクトルを出す．古典FDT（Kubo流の符号）に入れて

$$ \tilde S_{QQ}(\omega) = \frac{2k_BT}{\omega}\cdot\frac{1}{\omega R} = \frac{2k_BT}{\omega^2R} $$

ステップ4：電流の揺らぎに直す．$I=\dot Q$ より $I(\omega)=-\ii\omega Q(\omega)$ だから，揺らぎのスペクトル $\tilde S$ は $\abs{-\ii\omega}^2=\omega^2$ 倍される：

$$ \tilde S_{II}(\omega) = \omega^2\,\tilde S_{QQ}(\omega) = \frac{2k_BT}{R} $$

$\omega$ が消えた．白色雑音（すべての周波数で同じ強さ）である．

ステップ5：実験で使う「片側」表示に直す．実験家は正の周波数 $\nu$（単位 Hz）だけで書き，$\braket{I^2}=\int_0^\infty S^{(1)}_I(\nu)\dd\nu$ となるように片側スペクトル密度 $S^{(1)}$ を定義する．$\braket{I^2}=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega}{2\pi}\tilde S_{II}$ であり，$\tilde S_{II}$ は偶関数，$\omega=2\pi\nu$ だから

$$ \braket{I^2} = \int_0^{\infty}\frac{2\,\dd\omega}{2\pi}\tilde S_{II} = \int_0^{\infty}2\,\tilde S_{II}\,\dd\nu \qquad\Longrightarrow\qquad S^{(1)}_I(\nu) = 2\tilde S_{II} = \frac{4k_BT}{R} $$

電圧で書けば $S^{(1)}_V = R^2 S^{(1)}_I$ より

∎ Nyquist の熱雑音（Johnson–Nyquist noise）の式である．1928年にJohnsonが実験で見出し，Nyquistが熱力学だけから導いた関係が，量子多体論の一般論から特別な場合として落ちてきた．

導出9：$f$ 和則

$\hat A$ をエルミート演算子とし，$T=0$ で考える．式 \eqref{eq:8-chi-im-AA} に $\omega$ を掛けて $\omega$ で積分する．

ステップ1：デルタ関数で積分を実行する．

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega}{\pi}\,\omega\,\chi''_{AA}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega}{\pi}\,\omega\left(-\frac{\pi}{\hbar}\right)\sum_n\abs{A_{0n}}^2 \left[\delta(\omega-\omega_{n0})-\delta(\omega+\omega_{n0})\right] $$

$\pi$ が約分され，デルタ関数が $\omega$ を $\pm\omega_{n0}$ に固定する：

$$ = -\frac{1}{\hbar}\sum_n\abs{A_{0n}}^2\left[\omega_{n0}-(-\omega_{n0})\right] = -\frac{2}{\hbar}\sum_n \abs{A_{0n}}^2\,\omega_{n0} = -\frac{2}{\hbar^2}\sum_n \abs{A_{0n}}^2\,(E_n-E_0) $$

2つのデルタ関数が足し合わさった（引き算ではなく）ことに注意する．$\chi''$ が奇関数，$\omega$ も奇関数なので，積 $\omega\chi''$ は偶関数であり，$\pm$ 両側が同じだけ寄与するからである．

ステップ2：$\sum_n\abs{A_{0n}}^2(E_n-E_0)$ を演算子の言葉に戻す．ここが技巧の要る所である．エネルギー差 $E_n-E_0$ を作るには，$\Ham_0$ との交換子を使う：

$$ \bra{0}[\hat A,\Ham_0]\ket{n} = \bra{0}\hat A\Ham_0\ket{n} - \bra{0}\Ham_0\hat A\ket{n} = A_{0n}E_n - E_0 A_{0n} = A_{0n}(E_n-E_0) $$

欲しい因子 $(E_n-E_0)$ が出た．これを使って和を組み直す．まず

$$ \bra{0}[\hat A,\Ham_0]\,\hat A\ket{0} = \sum_n \bra{0}[\hat A,\Ham_0]\ket{n}\bra{n}\hat A\ket{0} = \sum_n A_{0n}(E_n-E_0)A_{n0} = \sum_n \abs{A_{0n}}^2 (E_n-E_0) $$

（$\hat A$ がエルミートだから $A_{n0}=A_{0n}^*$，よって $A_{0n}A_{n0}=\abs{A_{0n}}^2$．）

つぎに順序を逆にしたものを計算する．$\bra{n}[\hat A,\Ham_0]\ket{0}=A_{n0}E_0 - E_nA_{n0}=-A_{n0}(E_n-E_0)$ だから

$$ \bra{0}\hat A\,[\hat A,\Ham_0]\ket{0} = \sum_n A_{0n}\bra{n}[\hat A,\Ham_0]\ket{0} = -\sum_n \abs{A_{0n}}^2(E_n-E_0) $$

符号が逆になっただけである．この2つを引き算すると，和が2倍になって現れる：

$$ \braket{\,[\,[\hat A,\Ham_0],\hat A\,]\,} = \bra{0}[\hat A,\Ham_0]\hat A\ket{0} - \bra{0}\hat A[\hat A,\Ham_0]\ket{0} = 2\sum_n\abs{A_{0n}}^2(E_n-E_0) $$

二重交換子が現れた理由がこれである．片方の順序だけでは行列要素の和が「符号付き」で残ってしまうが，交換子を取ることで $\pm$ が揃って2倍になり，演算子だけの量にまとまる．

ステップ3：まとめる．ステップ1の結果に代入すると，次の和則を得る．

導出10：密度演算子の二重交換子

ステップ1：$[\hat n_\qq,\Ham_0]$ を計算する．$V$ は位置の関数なので $\hat n_\qq$ と交換する．運動エネルギーだけが残り，公式 $[\hat f(\xx),\hat p^2]=\hat p\cdot[\hat f,\hat p]+[\hat f,\hat p]\cdot\hat p$ と $[\hat f(\xx),\pp]=\ii\hbar\nabla \hat f$ を使う．$\nabla_j\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j}=-\ii\qq\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j}$ だから

$$ [\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j},\pp_j] = \ii\hbar(-\ii\qq)\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j} = \hbar\qq\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j} $$

よって

$$ [\hat n_\qq,\Ham_0] = \sum_j\frac{1}{2m}\left(\pp_j\cdot\hbar\qq\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j} + \hbar\qq\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j}\cdot\pp_j\right) = \frac{\hbar}{2m}\sum_j \qq\cdot\left(\pp_j\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j}+\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j}\,\pp_j\right) $$

（$\pp_j$ と $\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j}$ は交換しないので，順序を両方書いておく必要がある．）

ステップ2：もう一度 $\hat n_\qq^\dagger$ と交換子を取る．$[\pp_j,\ee^{\ii\qq\cdot\xx_j}]=-\ii\hbar(\ii\qq)\ee^{\ii\qq\cdot\xx_j}=\hbar\qq\,\ee^{\ii\qq\cdot\xx_j}$ であり，指数関数どうしは交換する．粒子 $j$ の項について

$$ \left[\qq\cdot\pp_j\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j},\;\ee^{\ii\qq\cdot\xx_j}\right] = \qq\cdot[\pp_j,\ee^{\ii\qq\cdot\xx_j}]\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j} = \hbar q^2\,\ee^{\ii\qq\cdot\xx_j}\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j} = \hbar q^2 $$

もう一方の順序も同じく $\hbar q^2$．異なる粒子（$j\ne k$）の間の交換子はゼロである．したがって粒子 $j$ ごとに $\dfrac{\hbar}{2m}(\hbar q^2+\hbar q^2)=\dfrac{\hbar^2q^2}{m}$ が出て

∎ 演算子ですらない，ただの数である．相互作用 $V$ がどんなに複雑でも，まったく寄与しない．

導出11：$\chi^T$ のスペクトル表示

ステップ1：時間表示．$t'=0$ とし，8.1.2節の結果をそのまま使う．$t>0$ では $\bra{0}\hat A_H(t)\hat B\ket{0}=\sum_n A_{0n}B_{n0}\ee^{-\ii\omega_{n0}t}$，$t<0$ では $\bra{0}\hat B\hat A_H(t)\ket{0}=\sum_n B_{0n}A_{n0}\ee^{+\ii\omega_{n0}t}$．よって

$$ \chi^T_{AB}(t) = -\frac{\ii}{\hbar}\left[ \theta(t)\sum_n A_{0n}B_{n0}\ee^{-\ii\omega_{n0}t} + \theta(-t)\sum_n B_{0n}A_{n0}\ee^{+\ii\omega_{n0}t}\right] $$

式 \eqref{eq:8-lehmann-t} と比べると，第2項の $\theta(t)$ が $\theta(-t)$ に変わり，符号が $-$ から $+$ に変わっている．

ステップ2：第1項のFourier変換は 8.1.3節とまったく同じで $\dfrac{\ii}{\omega-\omega_{n0}+\ii\eta}$．

ステップ3：第2項のFourier変換．今度は $\theta(-t)$ なので積分範囲が $-\infty<t<0$ になる．収束させるには $t\to-\infty$ で減衰する因子，すなわち $\ee^{+\eta t}$（$t<0$ で減衰）を入れる．これは $\omega\to\omega-\ii\eta$ に相当する：

$$ \int_{-\infty}^{0}\dd t\;\ee^{\ii(\omega+\omega_{n0}-\ii\eta)t} = \left[\frac{\ee^{\ii(\omega+\omega_{n0}-\ii\eta)t}}{\ii(\omega+\omega_{n0}-\ii\eta)}\right]_{-\infty}^{0} = \frac{1-0}{\ii(\omega+\omega_{n0}-\ii\eta)} = \frac{-\ii}{\omega+\omega_{n0}-\ii\eta} $$

$\ii\eta$ の符号が反転した．これが $\chi^R$ との唯一の違いを生む．

ステップ4：まとめる．$-\frac{\ii}{\hbar}\times\ii=+\frac1\hbar$，$-\frac{\ii}{\hbar}\times(-\ii)=-\frac1\hbar$ を使って

∎ 式 \eqref{eq:8-lehmann} と見比べてほしい．違いは第2項の分母の $\ii\eta$ の符号だけである．それだけのことが，次に見るように解析性を根こそぎ壊す．

導出12：$\chi^T$ と $\chi^R$ の関係（$T=0$）

$\hat A=\hat B$（エルミート）として，両者にSokhotski–Plemelj \eqref{eq:8-sp} を適用する．$\chi^R$ の分母は両方とも $+\ii\eta$ だから両方 $-\ii\pi\delta$，$\chi^T$ の第2項だけは $-\ii\eta$ なので $+\ii\pi\delta$ になる．

主値部（実部）：$\PV$ の部分は両者でまったく同じである．すなわち

$$ \mathrm{Re}\,\chi^T_{AA}(\omega) = \mathrm{Re}\,\chi^R_{AA}(\omega) $$

デルタ関数部（虚部）：

$$ \mathrm{Im}\,\chi^R_{AA}(\omega) = -\frac{\pi}{\hbar}\sum_n\abs{A_{0n}}^2\left[\delta(\omega-\omega_{n0})-\delta(\omega+\omega_{n0})\right] $$ $$ \mathrm{Im}\,\chi^T_{AA}(\omega) = -\frac{\pi}{\hbar}\sum_n\abs{A_{0n}}^2\left[\delta(\omega-\omega_{n0})+\delta(\omega+\omega_{n0})\right] $$

$\omega>0$ では第1のデルタ関数だけが効くので両者は一致する．$\omega<0$ では第2のデルタ関数だけが効き，符号が逆になる．まとめると

∎ すなわち $T=0$ では，Feynman図で $\chi^T$ を計算したあと，負振動数側の虚部の符号を手で反転させれば $\chi^R$ が得られる．$\chi^T$ の虚部は $\omega$ の偶関数，$\chi^R$ の虚部は奇関数であることも，この式から読み取れる．