Дивергентные кулоновские интегралы в сверхтекучих флуктуациях - физиков.нет
Купить гитару в Москве
3 голосов
/

В главе 3 статистической физики полей Кардара , в контексте более низкой критической размерности, он разрабатывает пример о сверхтекучих жидкостях, где, начиная с вероятности конкретной конфигурации в упорядоченной фазе, т.е. $$\mathscr{P}[\theta(\mathbf{x})] \propto \exp\left\lbrace-\frac{K}{2} \int \mathrm{d}^d\mathbf{x} (\nabla\theta)^2\right\rbrace,$$ где $\theta$ - фаза волновой функции, он продолжает вычислять корреляционные функции, получая $$ \left\langle \theta(\mathbf{x})\theta(\mathbf{x}')\right\rangle = - \frac{C_d(\mathbf{x}-\mathbf{x}')}{K},$$ где $$ C_d(\mathbf{x}) = - \int \frac{\mathrm{d}^d\mathbf{q}}{(2\pi)^d} \frac{e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{x}}}{\mathbf{q}^2}$$ предположительно кулоновский потенциал в $d$ измерениях, так как $$\nabla^2 C_d(\mathbf{x}) = \delta^d(\mathbf{x}).$$ Затем он использует теорему Гаусса, т.е. $$ \int \mathrm{d}^d\mathbf{x} \nabla^2 C_d = \oint \mathrm{d}S\cdot\nabla C_d$$ вместе с $\nabla C_d = (\mathrm{d}C_d/\mathrm{d}r)\hat{r}$, что просто обусловлено сферической симметрией, для построения решения \begin{equation} C_d(x) = \frac{x^{2-d}}{(2-d)S_d} + c_0, \end{equation} где $S_d$ - это площадь единичной сферы в $d$ размерах и $c_0$ постоянная, которая должна быть определена. Затем утверждается, что это явно расходится для $d \leq 2$ димесионов как $x\to\infty$, тогда как для $d>2$ приближается $c_0$. Это, однако, связано с знаменитой теоремой Мермина-Вагнера.

Теперь мой вопрос заключается в том, что мне кажется, $C_d(\mathbf{x})$ является расходящимся интегралом, поскольку подынтегральное выражение не затухает достаточно быстро при $\mathbf{q}\to\infty$, за исключением $d=1$. Так что я бы наивно предположил, что интеграл сходится в $d=1$, а в $d \geq 2$ он расходится, что совершенно противоположно тому, что утверждает Кардар.

Я полагаю, что в подходе Кардара работает какая-то схема регуляризации (может быть, отсечение импульса или регуляризация измерения), но я не совсем понимаю, в каком из описанных выше шагов она была применена. Я пытался вычислить интеграл напрямую (в $d$ размерных сферических координатах), надеясь, что смогу применить отсечение импульса к конечному результату и сравнить его с решением Кардара, но понятия не имею, как выполнить вычисление, поскольку угол между $\mathbf{q}$ и $\mathbf{x}$, введенные $e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{x}}$, усложняют ситуацию.

EDIT

Я вижу, что интегральные потребности, вероятно, как нижнего, так и верхнего срезов (скажем, $\Lambda_l$ и $\Lambda_u$) сходятся, в зависимости от размерности пространства, поэтому \begin{equation} C_d(\mathbf{x}) = \lim_{\substack{\Lambda_u\to\infty \\ \Lambda_l \to 0}} \left\lbrace\mathcal{F}(|\mathbf{x}|) + \mathcal{G}(\Lambda_{u}, \Lambda_{l}) + c_0\right\rbrace. \end{equation} (Возможно, приведенная выше форма нуждается в обосновании)

Затем утверждается, что функция $\mathcal{G}$ не оказывает существенного влияния на корреляции (это просто постоянная, приближающаяся к бесконечности), и мы только изучаем поведение функции $\mathcal{F}$. Мой вопрос заключается в том, как убедиться, что манипуляции в книге Кардара именно так и делают.

Ответы [ 2 ]

4 голосов
/

Когда вы говорите, что интегралы расходятся, я думаю, вы ссылаетесь на следующее:

$$ |C_d| \leq \int \frac{d^d\mathbf{q}}{(2\pi)^d} \frac{1}{\mathbf{q}^2} = \text{const.} \times \int_0^\infty q^{d-3} dq $$

, который является УФ-расходящимся, если только $d \geq 2$ и ИК-расходящийся, если $d \leq 2$.

Однако это не означает, что интеграл плохо определен, просто этот способ ограничения интеграла не дает полезного результата.

Давайте попробуем улучшить эту границу:

$$ C_d = -\int \frac{d^d\mathbf{q}}{(2\pi)^d} \frac{e^{i\mathbf{q \cdot x}}}{\mathbf{q}^2} = - \frac{1}{(2\pi)^d} \int_0^\infty q^{d-3} \left[ \int_{S_{d-1}} e^{i q \ \mathbf{\hat{q}\cdot x}} \ d \Omega_{d-1} \right] dq \ ,$$

здесь $\mathbf{\hat{q}} = \frac{\mathbf{q}}{q}$ - единичный вектор в направлении $\mathbf{q}$, а $d \Omega_{d-1}$ - элемент поверхности в сфере $(d-1)$.

Для обработки интеграла по сфере $d-1$ выберите сферические координаты так, чтобы ось $q_{n}$ совпадала с осью $\mathbf{x}$, чтобы $\mathbf{q \cdot x} = q x \cos(\theta)$ и

$$ d \Omega_{d-1} = \sin(\theta)^{d-2} d \theta d \Omega_{d-2} \ .$$

Для случая $d=2$ нужно взглянуть на интеграл

$$ \int_{S_{1}} e^{i q \ \mathbf{\hat{q}\cdot x}} \ d \Omega_{1} = \ \int_{-\pi}^\pi e^{i q x \cos(\theta)} d \theta $$

вместо этого. Можно посмотреть, что это будет $2\pi J_0(qx)$, где $J_0$ - функция Бесселя первого рода. Имеет асимптотику

$$J_0(qx) \sim \text{const.} \times q^{-1/2} \ , $$

так

$$ C_2 = - \frac{1}{2\pi} \int_{0}^\infty \frac{J_0(qx)}{q} dq $$

не страдает от УФ-расходимости.

Начните с случая $d > 2$ даже. Тогда

$$\int_{S_{d-1}} e^{i q \ \mathbf{\hat{q}\cdot x}} \ d \Omega_{d-1} = \text{Vol}(S_{d-2}) \ \int_{0}^\pi e^{i q x \cos(\theta)} \sin(\theta)^{d-2} d \theta = \\ =(2\pi)^{\frac{d}{2}}\frac{J_{\frac{d-2}{2}}(qx)}{(qx)^{\frac{d-2}{2}}} \ . $$

Следовательно

$$ C_{d} = -\frac{1}{(2\pi)^{\frac{d}{2}}} \frac{1}{x^{d-2}} \int_0^\infty q^{d/2-2} J_{\frac{d}{2}-1}(q) dq \ .$$

для случая $d=4$ это дает

$$C_4 = -\frac{1}{(2\pi)^2 x^2} \int_0^\infty J_1(q) dq = -\frac{1}{(2\pi)^2 x^2} \ .$$

для всех остальных $d$ интеграл расходится, и нужно ввести регуляризацию.

Интеграл был сходящимся для $d=4$, поскольку колебания функции Бесселя приводят к разрушительным помехам. Это очень похоже на то, как $\sum_{n>0}n^{-1}$ расходится, а $\sum_{n>0} (-1)^n n^{-1}$ нет.

Теперь для $d = 3$ нечетное:

$$\int_{S_{2}} e^{i q \ \mathbf{\hat{q}\cdot x}} \ d \Omega_{2} = 2\pi \ \int_{0}^\pi e^{i q x \cos(\theta)} \sin(\theta) d \theta = 4\pi \frac{\sin(qx)}{qx} \ . $$

Таким образом

$$ C_3 = - \frac{1}{2\pi^2 x} \int_0^\infty \frac{\sin(q)}{q} dq = - \frac{1}{4\pi x} \ . $$

В случае $d$ нечетно задействованные функции немного более неудобны, поэтому я не буду обсуждать это здесь.

Итак, мы видим, что на самом деле нет УФ-дивергенций для $d \leq 4$. Следует отметить, что в $d=2$ однако существует ИК-дивергенция. Наивно, можно было бы изменить переменные $qx =p$, что привело бы к постоянству $C_2$. Однако указанный интеграл расходится с $J_0(0) \neq 0$, следовательно, эти манипуляции не допускаются.

Теперь перейдем к вопросу об ИК-дивергенции в двух измерениях. Это реально, поэтому нужно упорядочить интеграл, например, введя отсечение следующим образом:

$$C_{2,\mu} := - \frac{1}{2\pi} \int_{0}^\infty \frac{J_0(qx)-f(qx)}{q} dq - \frac{1}{2\pi} \int_{\mu}^\infty \frac{f(qx)}{q} dq \ ,$$

, где $f$ - некоторая функция, такая, что $f(q) \sim 1 $ как $q\rightarrow 0$. Тогда первый интеграл корректен, поскольку $J_0(qx)-f(qx) \in \mathcal{O}(q^2)$. Кроме того, оно не зависит от $x$ простым изменением переменных. Следовательно

$$C_{2,\mu} = - \frac{1}{2\pi} \int_{\mu}^\infty \frac{f(qx)}{q} dq + C(f) \ , \quad C(f) := - \frac{1}{2\pi} \int_{0}^\infty \frac{J_0(q)-f(q)}{q} dq \ ,$$

Теперь мы можем выбрать любую функцию. Удобный выбор - $f(x) = 1$ для $x < \Lambda$ и ноль в противном случае. Тогда:

$$C_{2,\mu} = -\frac{1}{2\pi} \int_\mu^{\Lambda/x} \frac{dq}{q} + C(f) = \frac{1}{2\pi} \log(x) + \frac{1}{2\pi} \log(\mu/\Lambda) + C(f) \ .$$

Теперь можно проверить, что $x$ -зависимость $C_2(x)$ фактически универсальна в пределе $\mu \rightarrow 0$: она не зависит от выбора $f$. Действительно, рассмотрим две разные такие функции $f_1,f_2$. Тогда их разница сводится к нулю на $q=0$. Следовательно в интеграле

$$C_{2,f_1} - C_{2,f_2} = \frac{1}{2\pi} \int_0^\infty \frac{f_1(qx)-f_2(qx)}{q} dq + \text{const.} $$

нижняя граница интегрирования может быть расширена до $\mu = 0$, и результирующий интеграл не зависит от положения $x$.

0 голосов
/

Действительно, если использовать теорию мер из учебника, это бессмыслица, поскольку функция не интегрируема. Подходящей математической установкой для понимания правильности такого рода расчетов с полной строгостью является теория распределений Шварца.

см. Например https://math.stackexchange.com/questions/3120284/how-to-calculate-c-a-where-leftf-mapsto-int-mathbbr-fracft-f0t где выполняется строгое вычисление преобразования Фурье вопроса ОП.

Добро пожаловать на сайт физиков.нет, где вы можете задавать вопросы и получать ответы от других членов сообщества.
...