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基礎的なことこそ、簡単な例が必要だと思うのです。

自由電子Green関数のFourier変換

数学 量子力学

パッと探したところ G_0( {\bf r}, {\bf r}' ) = G_0( {\bf r} - {\bf r}' )と出来る理由が見当たらなかったので、真面目に計算してみた。
（もちろん、ハミルトニアンの並進対称性から明らかなのはわかっているが、真面目な方法でやって同じ答えになるはずである）

Diracのbraket表示を使って、演算子の方程式から始める。
\displaystyle \left( E - H_0 \right) G_0 = 1 \\ < {\bf r} | \left( E - H_0 \right) G_0 | {\bf r}' > = < {\bf r} | {\bf r}' > \\ \left( E - H_0( {\bf r} ) \right) < {\bf r} | G_0 | {\bf r}' > = < {\bf r} | {\bf r}' > \\ \left( E - H_0( {\bf r} ) \right) G_0( {\bf r}, {\bf r}' ) = \delta( {\bf r} - {\bf r}' )

Hartree原子単位系での（位置表示での）ハミルトニアン。
\displaystyle H_0 = - \frac{ \nabla^2 }{ 2 }

一歩前に戻って、運動量基底の完備関係式を挟む。

\displaystyle \int d{\bf k} d{\bf k}' \, \left( E - H_0( {\bf r} ) \right) < {\bf r} | {\bf k} > < {\bf k} | G_0 | {\bf k}' > < {\bf k}' | {\bf r}' > \\ \qquad = \int d{\bf k} < {\bf r} | {\bf k} > < {\bf k} | {\bf r}' > \\ \displaystyle \frac{ 1 }{ ( 2 \pi )^3 } \int d{\bf k} d{\bf k}' \, \left( E - H_0( {\bf r} ) \right) e^{ i {\bf k} \cdot {\bf r} } G_0( {\bf k}, {\bf k}' ) e^{ - i {\bf k}' \cdot {\bf r}' } = \frac{ 1 }{ ( 2 \pi )^3 } \int d{\bf k} \, e^{ i {\bf k} \cdot {\bf r} } e^{ - i {\bf k} \cdot {\bf r}' } \\ \displaystyle \frac{ 1 }{ ( 2 \pi )^3 } \int d{\bf k} d{\bf k}' \, \left( E - \frac{k^2}{2} \right) e^{ i {\bf k} \cdot {\bf r} } G_0( {\bf k}, {\bf k}' ) e^{ - i {\bf k}' \cdot {\bf r}' } = \frac{ 1 }{ ( 2 \pi )^3 } \int d{\bf k} \, e^{ i {\bf k} \cdot {\bf r} } e^{ - i {\bf k} \cdot {\bf r}' } \\ \displaystyle \frac{ 1 }{ ( 2 \pi )^3 } \int d{\bf k} d{\bf k}' \, \left( E - \frac{k^2}{2} \right) e^{ i {\bf k} \cdot ( {\bf r} - {\bf r}' ) } G_0( {\bf k}, {\bf k}' ) e^{ i ( {\bf k} - {\bf k}' ) \cdot {\bf r}' } = \frac{ 1 }{ ( 2 \pi )^3 } \int d{\bf k} \, e^{ i {\bf k} \cdot ( {\bf r} - {\bf r}' ) } \\ \displaystyle \frac{ 1 }{ ( 2 \pi )^3 } \int d{\bf k} d{\bf k}' \, \left( \left( E - \frac{k^2}{2} \right) G_0( {\bf k}, {\bf k}' ) e^{ i ( {\bf k} - {\bf k}' ) \cdot {\bf r}' } \right) e^{ i {\bf k} \cdot ( {\bf r} - {\bf r}' ) } \\ \displaystyle \qquad = \frac{ 1 }{ ( 2 \pi )^3 } \int d{\bf k} d{\bf k}' \delta( {\bf k}- {\bf k}' ) \, e^{ i {\bf k} \cdot ( {\bf r} - {\bf r}' ) }

したがって、
\displaystyle \left( E - \frac{k^2}{2} \right) G_0( {\bf k}, {\bf k}' ) e^{ i ( {\bf k} - {\bf k}' ) \cdot {\bf r}' } = \delta( {\bf k}- {\bf k}' )

解析性を指定する為に、極を僅かに外せば、
\displaystyle G^{\pm}_0( {\bf k}, {\bf k}' ) = \frac{ \delta( {\bf k} - {\bf k}' ) e^{ i ( {\bf k} - {\bf k}') \cdot {\bf r}' } }{ E - k^2 / 2 \pm i \eta } = \frac{ \delta( {\bf k} - {\bf k}' ) }{ E - k^2 / 2 \pm i \eta } = G^{\pm}_0( {\bf k} ) \delta( {\bf k} - {\bf k}' ) \\ \displaystyle ( \eta \rightarrow 0+ )

このデルタ関数が、 G_0のフーリエ成分が {\bf k}に対して対角的であることを示している。
これを使って、逆フーリエ変換で戻せば、 G_0が相対位置にしか依存しないことがわかる。
\displaystyle G^{\pm}_0( {\bf r}, {\bf r}' ) = \frac{ 1 }{ ( 2 \pi )^3 } \int d{\bf k} d{\bf k}' \, G^{\pm}_0( {\bf k}, {\bf k}' ) e^{ i {\bf k} \cdot {\bf r} } e^{ - i {\bf k}' \cdot {\bf r}' } \\ \displaystyle = \frac{ 1 }{ ( 2 \pi )^3 } \int d{\bf k} d{\bf k}' \, G^{\pm}_0( {\bf k} ) \delta( {\bf k} - {\bf k}' ) e^{ i {\bf k} \cdot {\bf r} } e^{ - i {\bf k}' \cdot {\bf r}' } \\ \displaystyle = \frac{ 1 }{ ( 2 \pi )^3 } \int d{\bf k} \, G^{\pm}_0( {\bf k} ) e^{ i {\bf k} \cdot {\bf r} } e^{ - i {\bf k} \cdot {\bf r}' } \\ \displaystyle = \frac{ 1 }{ ( 2 \pi )^3 } \int d{\bf k} \, G^{\pm}_0( {\bf k} ) e^{ i {\bf k} \cdot ( {\bf r} - {\bf r}' ) } \\ \displaystyle = G^{\pm}_0( {\bf r} - {\bf r}' )