Расчет Tr[logΔF]Tr[log⁡ΔF]\mathrm{Tr}[\log \Delta_F]

Question

Расчет Tr[logΔF]Tr[log⁡ΔF]\mathrm{Tr}[\log \Delta_F]

след
Физика
интеграл по путям
эффект казимира
квантовая теория поля
функциональные детерминанты

пользователь35952

Я застрял с этой проблемой довольно давно. У меня есть пропагатор в импульсном представлении (из этого вопроса Phys.SE ), который выглядит как

{\tilde{Δ}}_{Ф} (п) знак равно \frac{1}{(п^{0})^{2} - ({(н π / л)}^{2} + м^{2}) + я ϵ}

$\widetilde\Delta_F(p) = \frac{1}{(p^0)^2-\left(\left(n\pi/L\right)^2+m^2\right)+i\epsilon}$

Я хочу знать, как происходит расчет $\mathrm{Tr}[\log \Delta_F]$ для вообще такого рода пропагаторов. Пропагатор в позиционном представлении будет выглядеть так:

Δ_{Ф} (Икс - {Икс}^{'}) знак равно \sum_{н знак равно 1}^{\infty} \int \frac{г п_{0}}{(2 π)^{2}} е^{я п_{0} ({Икс}^{0} - {Икс}^{' 0})} е^{я \frac{н π}{л} (г - г^{'})} \frac{1}{(п^{0})^{2} - ({((н π / л)}^{2} + м^{2})}

$\Delta_F(x-x') = \sum_{n=1}^\infty\int\frac{dp_0}{(2\pi)^2}e^{ip_0(x^0-x'^0)}e^{i\frac{n\pi}{L}(z-z')}\frac{1}{(p^0)^2-\left(\left((n\pi/L\right)^2+m^2\right)}$ где я заменил интеграл по

p_{z}

$p_z$ с суммой свыше

n

$n$ .

РЕДАКТИРОВАТЬ 1: с данным распространителем я могу написать трассировку,

Тр журнал Δ знак равно - \sum_{н} \int г п_{0} журнал (п_{0}^{2} - (\frac{н π}{л})^{2} + м^{2})

$\text{Tr}\log{\Delta} = - \sum_n \int dp_0 \log{\bigg(p_0^2 - \bigg(\frac{n\pi}{L}\bigg)^2 + m^2\bigg)}$ но это расходится в обоих пределах

p_{0}

$p_0$ Я полагаю. Я тоже не вводил никакой отсечки. Как мне перенормировать это, учитывая контекст этой проблемы.

PS: Извините, я новичок в вычислениях QFT и интегралов по путям. Было бы полезно, если бы я мог получить довольно явный ответ. Точнее, я хочу знать, что означает $\mathrm{Tr}[\log \Delta_F]$ .

Адам

Я только что вспомнил, что этот расчет сделан в этом приложении A архива: 1303.6559. Суммирование Мацубары эквивалентно дискретизации в направлении L (это делается в евклидовом пространстве). Я думаю, что это должно сделать работу.

Адам

trlog соответствует вкладу в свободную энергию (т.е. в логарифм функции распределения) гауссовой (свободной) моды. Например, таким образом вы можете вычислить статистическую сумму одиночного гармонического осциллятора.

Двойки

Вы вычисляете такую величину, потому что хотели извлечь силу Казимира. Просто возьмите (минус) производную по отношению к

L

$L$ вашего выражения в импульсном пространстве результат конечен. Кстати, я не думаю, что ваш пропагатор правильный, поскольку он зависит только от разницы

x - x^{'}

$x-x^\prime$ в то время как у вас есть две границы, которые нарушают переводы, так что это должно быть отдельной функцией

x

$x$ а также

x^{'}

$x^\prime$

ДжамалС

Советы по LaTeX (см. редактирование): старайтесь избегать использования \frac внутри других знаменателей; если ваша дробь достаточно мала, обратная косая черта подойдет и выглядит лучше. Если вам нужны большие скобки, используйте \left( ... \right), а не команду \big. Избегайте вложенных скобок одного типа; если это уместно, пусть один будет квадратным, а другой — нормальным. Символ трассы не должен быть выделен курсивом, как и

R e (z)

$Re(z)$ должно быть

R e (z)

$\mathrm{Re}(z)$ , или даже

ℜ (z)

$\Re (z)$ .

Ответы (2)

Расчет Tr[logΔF]Tr[log⁡ΔF]\mathrm{Tr}[\log \Delta_F]

Я только что вспомнил, что этот расчет сделан в этом приложении A архива: 1303.6559. Суммирование Мацубары эквивалентно дискретизации в направлении L (это делается в евклидовом пространстве). Я думаю, что это должно сделать работу.
trlog соответствует вкладу в свободную энергию (т.е. в логарифм функции распределения) гауссовой (свободной) моды. Например, таким образом вы можете вычислить статистическую сумму одиночного гармонического осциллятора.
Вы вычисляете такую величину, потому что хотели извлечь силу Казимира. Просто возьмите (минус) производную по отношению к $L$ вашего выражения в импульсном пространстве результат конечен. Кстати, я не думаю, что ваш пропагатор правильный, поскольку он зависит только от разницы $x-x^\prime$ в то время как у вас есть две границы, которые нарушают переводы, так что это должно быть отдельной функцией $x$ а также $x^\prime$
Советы по LaTeX (см. редактирование): старайтесь избегать использования \frac внутри других знаменателей; если ваша дробь достаточно мала, обратная косая черта подойдет и выглядит лучше. Если вам нужны большие скобки, используйте \left( ... \right), а не команду \big. Избегайте вложенных скобок одного типа; если это уместно, пусть один будет квадратным, а другой — нормальным. Символ трассы не должен быть выделен курсивом, как и $Re(z)$ должно быть $\mathrm{Re}(z)$ , или даже $\Re (z)$ .

пользователь145190 · Answer 1

$\DeclareMathOperator\Tr{Tr}$ Из того, что я прочитал из вашего исходного сообщения, кажется, что вы пытаетесь рассчитать силу Казимира из энергии вакуума. Напомним связь между интегралом по траекториям и энергией вакуума

\int е^{- С [ф]} Д ф знак равно е^{- β Е_{0}}

$\int e^{-S[\phi]}{\cal D}\phi = e^{-\beta E_0}$ в пределе

β \to \infty

$\beta\rightarrow\infty$ , где я попал в евклидово пространство. Для свободной скалярной теории в (1 + 1) измерениях, для эффекта Казимира мы должны наложить граничные условия Дирихле на пространственное измерение. Явно, мы должны сделать интеграл

\int опыт (- \frac{1}{2} \int ф (Икс) (- \partial^{2} + м^{2}) ф (Икс) г^{2} Икс) Д ф

$\int\exp{\bigg(-\frac{1}{2}\int\phi(x)(-\partial^2 + m^2)\phi(x)d^2x\bigg)}{\cal D}\phi$ Это простой интеграл Гаусса, определяемый выражением

\frac{1}{\sqrt{дет (- \partial^{2} + м^{2})}} знак равно е^{- \frac{1}{2} Тр журнал (- \partial^{2} + м^{2})}

$\frac{1}{\sqrt{\det(-\partial^2 +m^2)}} = e^{-\frac{1}{2}\Tr\log(-\partial^2 +m^2)}$ Вычислять

Tr \log (- \partial^{2} + m^{2})

$\Tr\log(-\partial^2 + m^2)$ , проще всего суммировать состояния импульса (помните, что мы получаем коэффициент

β

$\beta$ чтобы убедиться, что мы считаем состояния с правильным весом)

β \sum_{н знак равно 1}^{\infty} \int журнал ((п^{0})^{2} + (\frac{π н}{л})^{2} + м^{2}) \frac{г п^{0}}{2 π}

$\beta\sum_{n=1}^{\infty}\int\log\bigg((p^0)^2+\Big(\frac{\pi n}{L}\Big)^2+m^2\bigg)\frac{dp^0}{2\pi}$ Разбив лог и представив сумму в виде произведения, получим

β \int журнал (\prod_{н знак равно 1}^{\infty} (\frac{π н}{л})^{2}) \frac{г п^{0}}{2 π} + β \int журнал (\prod_{н знак равно 1}^{\infty} (1 + (\frac{л \sqrt{(п^{0})^{2} + м^{2}}}{π н})^{2})) \frac{г п^{0}}{2 π}

$\beta\int\log\bigg(\prod_{n=1}^{\infty}\Big(\frac{\pi n}{L}\Big)^2\bigg)\frac{dp^0}{2\pi}+\beta\int\log\bigg(\prod_{n=1}^{\infty}\bigg(1+\bigg(\frac{L\sqrt{(p^0)^2+m^2}}{\pi n}\bigg)^2\bigg)\bigg)\frac{dp^0}{2\pi}$ Последний член является сходящимся произведением (гиперболический синус), нам нужно только отрегулировать второй член. Лучшим методом для этого является регуляризация дзета-функции, которую я кратко опишу. Если у нас есть произведение вида

\prod_{n} a_{n}

$\prod_{n}a_{n}$ , мы можем сформировать связанную дзета-функцию

ζ_{A} (s) = \sum_{n} a_{n}^{- s}

$\zeta_{A}(s)=\sum_{n}a_{n}^{-s}$ . Просто возьмите производную и проведите алгебраическую операцию, чтобы показать, что

\prod_{n} a_{n} = e^{- ζ_{A}^{'} (0)}

$\prod_{n}a_{n} = e^{-\zeta_{A}'(0)}$ . Основная идея регулятора состоит в том, что, хотя произведение может расходиться, дзета-функция может иметь аналитическое продолжение на

s = 0

$s=0$ что дает конечное значение. За

a_{n} = (π n / L)^{2}

$a_{n}=(\pi n/L)^2$ , мы получаем

ζ_{А} (с) знак равно (\frac{л}{π})^{2 с} ζ (2 с)

$\zeta_{A}(s)= \bigg(\frac{L}{\pi}\bigg)^{2s}\zeta(2s)$ где дзета без нижнего индекса — это просто дзета-функция Римана. Взяв производную и возведя в степень, регулятор дает нам

\prod_{n = 1}^{\infty} a_{n} = 2 L

$\prod_{n=1}^{\infty}a_{n}=2L$ . Сложив все вместе, мы получим

Тр журнал (- \partial^{2} + м^{2}) знак равно β \int журнал (2 грех (л \sqrt{(п^{0})^{2} + м^{2}}) \frac{г п^{0}}{2 π}

$\Tr\log(-\partial^2+m^2)=\beta\int\log\bigg(2\sinh\bigg(L\sqrt{(p^0)^2+m^2}\bigg)\frac{dp^0}{2\pi}$ плюс немного

L

$L$ независимая константа, которая нам не нужна. Вы должны быть в состоянии вычислить энергию основного состояния, а затем силу Казимира путем дифференцирования по сравнению с интегралом по путям. Надеюсь, это помогло!

Редактировать: мой первоначальный аргумент был немного небрежным, поэтому я его подчистил. Кроме того, вам придется проделать трюк, введя 3-ю пластину, чтобы предотвратить бесконечные вклады основного состояния от осцилляторов поля в бесконечность силы. Для получения дополнительной информации см. Zee's QFT в двух словах, раздел 1.9.

Двойки · Answer 2

Двойки

Поскольку вы хотите извлечь силу Казимира, просто возьмите (минус) производную относительно L вашего выражения в импульсном пространстве, результат будет конечным. На самом деле это общий механизм регуляризации теории путем взятия производных от некоторых параметров, которые снижают степень расходимости. Вы можете интегрировать обратно после того, как вы получили конечное выражение.

Кстати, я не думаю, что ваш пропагатор верен, поскольку он зависит только от разницы x−x′, в то время как у вас есть две границы, которые нарушают переводы, так что это должна быть отдельная функция x и x′ – TwoBs 16 часов назад

пользователь35952

Итак, вы говорите, что мое первое выражение для пропагатора в импульсном пространстве верно??

Двойки

Я просто говорю, что нет причин, почему

⟨ T ϕ (x) ϕ (x^{'}) ⟩

$\langle T \phi(x)\phi(x^\prime)\rangle$ должна быть функцией

x - x^{'}

$x-x^\prime$ только потому, что оператор перевода

P_{μ}

$P_\mu$ больше не уничтожает вакуум (и, на самом деле, это та самая причина, по которой у вас есть эффект Казимира, в первую очередь, перемещение границы изменяет энергию вакуума). Я не знаю, как вы добрались до этого пропагатора, и у меня нет времени проверять его для вас, но я думаю, что уже сказал вам, как идти: решить (не гомогенное) уравнение КГ. за

Δ (x, x^{'})

$\Delta(x,x^\prime)$ для каждой переменной наложение надлежащего граничного условия.

Шива

@TwoBs: я думаю, ситуация только ломается

S O (4)

$SO(4)$ . Все 4 перевода по-прежнему являются симметриями (например, теория на цилиндре, а-ля конечная температура). Это не совсем расчет силы Казимира; он вычисляет свободную энергию.

Двойки

@Siva Фактически, цилиндр разбивает переводы на его дискретную подгруппу. Импульсы по компактным размерам квантуются.

Шива

Нет, UV-отсечка нарушила бы трансляционную инвариантность до дискретной подгруппы. ИК-обрезание приводит к квантованию импульсов и не приводит к нарушению трансляционной симметрии.

Шива

Предположим, мы ограничены кругом в одном измерении. В каком смысле будет нарушена трансляционная инвариантность? После перевода на

2 π R

$2 \pi R$ мы бы вернулись к нашей исходной точке, но переводы все еще были бы симметрией. (На самом деле, переводы, которые являются целыми кратными

2 π R

$2 \pi R$ вполне можно считать избыточностью манометра!)

Двойки

@ Шива, да, ты прав насчет круга и цилиндра. Однако это довольно частные случаи со специальными граничными условиями. Общая компактная размерность с общими граничными условиями (например, непериодическими) нарушила бы переносы (спонтанно).

Расчет Tr[logΔF]Tr[log⁡ΔF]\mathrm{Tr}[\log \Delta_F]

пользователь35952

Адам

Адам

Двойки

ДжамалС

Ответы (2)

пользователь145190

Двойки

пользователь35952

Двойки

Шива

Двойки

Шива

Шива

Двойки

Интегральное тождество пути

Определитель оператора Даламбера □−m2◻−m2\mathop\Box-m^{2}

Реальна ли энергия нулевой точки?

Регуляризация одномерного лапласиана

Определитель пропагатора

Силы Казимира и связанный с ними пропагатор Фейнмана

Интеграл по путям как функциональный определитель

Как определить след и определитель дифференциального оператора?

Вопрос по выводу метода Фаддеева-Попова

Расчет тока по интегралу пути