amm (Потенциал частицы с АММ)

Ω-ПОТЕНЦИАЛ ЧАСТИЦЫ С АММА. С. Вшивцев и Д. В. ПерегудовАннотация. В работе вычислен термодинамический потенциал нейтральных массивных частиц с аномальным магнитным моментом (нейтронного газа) в параллельных электрическом и магнитном полях и поле электромагнитной волны. Исследованывысокотемпературная (релятивистская), классическая и сугубо квантовая асимптотики.

Изучен предел m = 0, соответствующий нейтрино.1. Постановка задачиЦелью данной работы является вычисление Ω-потенциала теории с лагранжианом Дирака—Паули:(1)L = ψ̄ iγ∂ − m − 2i (γF γ) ψ,где F — внешнее электромагнитное поле. Как видно, это лагранжиан дираковского поля без заряда, но с магнитным моментом (величина магнитного моментавключена в F ).Спектр теории (1), необходимый для вычисления Ω-потенциала, исследовался вработе [1].

В случае однородных постоянных параллельных друг другу полей EиH22222(2)ε1,2 (p) = p + m + E + H ± 2 m2 H 2 + p2⊥ (E 2 + H 2 ).Здесь посредством ε21,2 символически обозначены две ветви, соответствующиезнаку ± перед радикалом, p2⊥ = p2 − p23 , а p3 — компонента импульса вдоль направления E и H.Условие E H физически означает отсутствие потока энергии: S = [EH] = 0.Случай этот не такой уж специальный, как может показаться, — с точностьюдо лоренцевского преобразования он охватывает все конфигурации полей, кромеполя электромагнитной волны (когда оба инварианта E 2 − H 2 и EH равны нулю).Спектр в поле электромагнитной волны имеет вид:ε1 (p) = −H + (p3 − H)2 + p2⊥ + m2 ,(3)ε2 (p) = H + (p3 + H)2 + p2⊥ + m2 ,где H(= E) — напряженность магнитного поля волны, p3 — компонента импульсав направлении распространения волны, p2⊥ = p2 − p23 .1Typeset by AMS-TEX2А.

С. ВШИВЦЕВ И Д. В. ПЕРЕГУДОВ2. Классическая статистическая суммамуВ качестве промежуточного шага вычислим классическую статистическую сум-(4)Z(θ) =e−εn /θnсо спектрами (2) и (3) (будем обозначать их соответственно Z и Z⊥ ). Начнем соспектра (3).d3 p −ε1 (p)/θ−ε2 (p)/θZ⊥ =e=+e(2π)3√22Hd3 p − p +mθ= 2 che.θ(2π)3(5)Иначе говоря, Z⊥ отличается от статсуммы без поля множителем ch H/θ. Для вычисления интеграла по импульсам избавимся от радикала в экспоненте. Это можносделать при помощи интегрального представления цилиндрических функций∞(6)0xν−1 e−px−q/x dx = 2Вспоминая, что K1/2 (x) =π−x,2x e∞(7)0 q ν/2p√Kν (2 pq ).для ν = 1/2 и p = 1 найдем√√dx√ e−x−q/x = πe−2 q .xПри такой “параметризации” интеграл по импульсам становится гауссовским илегко вычисляется.

Оставшийся интеграл по параметру x снимается при помощиформулы (6). Окончательноθm2H m.Z⊥ = 2 ch K2πθθ(8)Перейдем теперь к вычислению Z . Избавившись от радикала в экспоненте толькочто описанным приемом, найдем:1(9) Z =π∞0dx√xd3 p −x− pe(2π)32+m2 +E 2 +H 24θ2 x 2 m2 H 2 + p2⊥ (E 2 + H 2 ).2 ch4θ 2 xВзяв интеграл по p3 , приходим к выражению:(10)θZ =π0∞−x−dx em2 +E 2 +H 24θ2 x1I4θ 2 x,Ω-ПОТЕНЦИАЛ ЧАСТИЦЫ С АММ3где(11)I(s) = d2 p⊥ −sp2⊥2 H 2 + p2 (E 2 + H 2 ) .e2ch2sm⊥(2π)2Обезразмерим интеграл заменой:m2 H 2 + p2⊥ (E 2 + H 2 ) = (E 2 + H 2 )2 η 2 ,(12)s(E 2 + H 2 ) = σ,mEmH= α,= β.222E +HE + H2Следующую выкладку воспроизведем подробно:(13)22E2 + H2 ∞I=2η dη e−σ(η −α ) 2 ch(2ση) =4πα22E + H σ(α2 +1) ∞−σ(η+1)2−σ(η−1)2η dη e+e==e2πα ∞ ∞E 2 + H 2 σ(α2 +1)−σξ2−σξ2(ξ − 1)edξ +(ξ + 1)edξ =e=2πα+1α−1 α+1E 2 + H 2 σ(α2 +1) 1−σ(α2 +1)−σξ2ech(2ασ)e+edξ .=2πσα−1(Мы не стали выписывать интеграл через функцию ошибок — это ничего не дает.)Теперь для Z получим:(14)(m + H)2 + E 21222θ (m + H) + E K2+Z (θ) =2π 2 θθ2 + E2(m−H)+θ 2 (m − H)2 + E 2 K2+θ α+1 2 + H 2 )(ξ 2 + β 2 )(E.dξ ξ 2 + β 2 K1+θ(E 2 + H 2 )3/2θα−1Оставшийся в живых интеграл так просто не сдается.

Мы не будем пытатьсявычислить его на этом этапе.3. Ω-потенциалКак известно, Ω-потенциал вычисляется по формуле(15)Ω = −Tpεp −µ− T.ln 1 + e4А. С. ВШИВЦЕВ И Д. В. ПЕРЕГУДОВРаскладываем логарифм в ряд:∞(−1)n µ nΩ=TeTnn=1(16)εpe− T n.pВыражение в скобках — классическая статсумма. Учтем вклад античастиц (схимпотенциалом −µ) и получим формулу:(17)Ω = 2T∞(−1)n µ T chn Z.nTnn=1В поле волны:(18)∞ µ H m −2m m4 nn chnnn ,(−1) 2 chK2Ω⊥ = 2π n=1TTTTили, используя известную формулу тригонометрии:(19)∞ µ+Hm µ − H m −2m4 nΩ⊥ = 2n + chnnn .(−1) chK2π n=1TTTTВведем обозначение(20)Λν (ω, a) =∞(−1)n ch(ωan)(ωn)ν Kν (ωn).n=1Тогда (19) переписывается в виде(21)m4Ω⊥ = 2πΛ−2m µ+H,Tm+ Λ−2m µ−H,Tm.Аналогично для Z находим выражение:(22)22(m+H)+Eµ12,Ω = 2 (m + H)2 + E 2 Λ−2+πT(m + H)2 + E 2(m − H)2 + E 2µ22 2,+Λ−2+ (m − H) + ET(m − H)2 + E 2√ α+12 + H 2 β 2 + η2µE,√dη (β 2 + η 2 ) Λ−1+(E 2 + H 2 )2.TE 2 + H 2 β 2 + η2α−1Ω-ПОТЕНЦИАЛ ЧАСТИЦЫ С АММ54.

Высокотемпературная асимптотикаАсимптотику Ω-потенциала в области высоких температур m 1 (это условиеTозначает, что термостат способен легко рождать частицы) можно получить меллиновским пересуммированием исходного ряда [2]. Приведем выражения для Λ−1и Λ−2 , полученные этим методом:Λ−1 (ω, a) = −(23)−Λ−2 (ω, a) = −(24)−+π2a21 γ−+− −12ω 248 47ζ(3) 21 ω2ln 2 +(a + 1/4)ω 2 + . . .8 π16π 27π 4π2−(a2 − 1/2) −360ω 412ω 2a4a23γ+−++24864 16ω27ζ(3) 21ln 2 −(a + 1/6)ω 2 + . . .32 π64π 2В соответствии с (24)7π 2 T 4m2 T 2 µ2 + H 2− 1/2 −−(25) Ω⊥ = −1806m2m4µ4 + 6µ2 H 2 + H 4m2 22µ−−++H(3 − 4γ) +12π 24π 232π 2m4m27ζ(3) m6 µ2 + H 2+ln−+ 1/6 + .

. .16π 2 π 2 T 232π 4 T 2m2Вычисление Ω более сложно. Непосредственно формулы (23)–(24) дают:µ2 T 2T2 27π 2 T 4−+(m + E 2 + H 2 ) −180612µ4µ23 − 4γ 222222 22 2(m+−+(m+E+H)−+E+H)+4mH12π 2 4π 232π 2 (m2 + E 2 + H 2 )2 − 4m2 H 21 222 22 2++E+H)+4mH+(mln32π 2π4T 4mH(m2 + E 2 + H 2 ) (m + H)2 + E 2+ln−8π 2(m − H)2 + E 27ζ(3) 2 2µ (m + E 2 + H 2 )2 + 4m2 H 2 +−4232π T 2+ 1/6 (m + E 2 + H 2 )3 + 12m2 H 2 (m2 + E 2 + H 2 ) + α+1 T21 − 2γ 2µ2dη −(E + H 2 )(β 2 + η 2 ) −− 2++ (E 2 + H 2 )2124π8πα−1(26) Ω = −−(E 2 + H 2 )(β 2 + η 2 ) (E 2 + H 2 )(β 2 + η 2 )ln+8π 2π2T 26А. С. ВШИВЦЕВ И Д. В.

ПЕРЕГУДОВ22227ζ(3)(E+H)(β+η)+(E 2 + H 2 )(β 2 + η 2 ) µ2 ++...16π 4 T 24Помимо тривиального интегрирования степенных функций, в (26) встретится интеграл(27)2222dη (β + η ) ln(β + η ) =η32+ β η ln(β 2 + η 2 ) −344η2− η 3 − β 2 η + β 3 arctg933βОкончательный результат:7π 2 T 4m2 − E 2 − H 2T22(28) Ω = −+−µ ++18062(E 2 + H 2 )21(m2 + E 2 + H 2 )2 − 4m2 H 24222+2m(H−E)−−m+ln32π 23π4T 4µ4µ23 − 4γ 222222 22 2(m+−+(m−E−H)−+E+H)+4mH12π 2 4π 2 32π 2 1 − 2γ 2E2 + H2E2 + H21222 22 2+(E + H ) m ++ 2 m H + 2m E +−4π 236π32mE(m + H)2 + E 2m3 H 3m3 E 3arctgln+−−6(E 2 + H 2 )m2 − E 2 − H 212(E 2 + H 2 ) (m − H)2 + E 2 7ζ(3)(E 2 + H 2 )224222+−µ m + 2m (H − E ) −32π 4 T 2322m6m2+HE1++(3H 2 − E 2 ) m2 +− (E 2 + H 2 )3 + .

. .6233022+E2mHможет иначе быть записан как 2 arth m2 +E(Логарифм ln (m+H)2 +H 2 .)(m−H)2 +E 25. Классический случайВ классическом пределе выполняются соотношения(29)(m − H)2 + E 2 1,T(m − H)2 + E 2 > µ.(Первое означает, что термостат не способен рождать частицы, а второе — чтопаулиевским отталкиванием можно пренебречь.) В формуле (17) для Ω-потенциаланужно оставить только первый член(30)Ω = −T Z(T )eµ/T + . . .Ω-ПОТЕНЦИАЛ ЧАСТИЦЫ С АММ7В классической статсумме мы должны использовать разложение функций Макдональда:π −ze +...(31)Kν (z) =2zС учетом сказанного выражение для Ω⊥ принимает вид:Ω⊥ = −(32)T 5/2 m3/2H µ−m√ ch e T + . . .Tπ 3/2 2Выписать Ω с той же легкостью не удается. Промежуточное выражение выглядитустрашающе:√(m+H)2 +E 213/4−µ/T5/222T(m + H) + ETee+(33) Ω = −(2π)3/2√(m−H)2 +E 23/4Te−++ T 5/2 (m − H)2 + E 2√ α+1(E 2 +H 2 )(β 2 +ξ2 )T+ T 3/2 (E 2 + H 2 )5/4dξ (β 2 + ξ 2 )1/4 e−+...α−1Без особых потерь можно вычислить интеграл в случае α = E 2mH+H 2 1, β =mEE 2 +H 2 1.

С точностью до квадрата поля имеем:(34)µ−m1E2 3 mH 2 3 m m25/23/2+−+ 2e T T m1+ 2+...Ω = −+ 2m2Tm4TT(2π)3/26. Сугубо квантовый пределРассмотрим теперь ситуацию, когда(m − H)2 + E 2 1,(35)T(m + H)2 + E 2 µ(паулиевское отталкивание доминирует). Мы по-прежнему эксплуатируем асимптотику (31), но теперь уже в сумме (17) существенны все члены. Используя определение полилогарифма∞zn,Liν (z) =nνn=1(36)перепишем Ω⊥ в виде:(37)m4Ω⊥ =(2π)3/2Li5/2µ−m−H−e Tµ−m+H+ Li5/2 −e T+...8А. С. ВШИВЦЕВ И Д. В. ПЕРЕГУДОВОчевидно, мы должны строить аналитическое продолжение функции, определенной рядом (36), в область z > 1.

Воспользуемся формулойez1aiπν−a(z + a)ν zdz.(38)Liν (−e ) + e Liν (−e ) = −Γ(ν + 1) C(e + 1)2(Контур C идет вдоль вещественной оси и обходит точку ветвления сверху.) Насамом деле (38) — просто соотношение Жонкье, в котором правая часть представлена в виде интеграла. Для получения степенной по 1/a асимптотики бином(z + a)ν разлагается в ряд и почленно интегрируется (подробности см. в [3]). Приведем результат для Ω⊥ :23/2 m3/2(µ − m + H)5/2 + (µ − m − H)5/2 +(39) Ω⊥ = −15π 25π 2 T 2 +µ−m+H + µ−m −H +...8Разложение для Ω опять удается получить лишь в случае α 1, β 1.

Сохраняятолько первые поправки по температуре и полю, найдем:25/2 m3/2 (µ − m)5/25 E2 − H23 2E 2 + H 2+1++(40) Ω = −15π 28m24 m(µ − m)H2T25π 215++...+8 (µ − m)28 (µ − m)27. Нулевая массаИсследуем теперь перечисленные выше пределы в случае m = 0. Мы рассматриваем этот случай отдельно, так как он не может быть получен предельнымпереходом m → 0 в предыдущих формулах.Начнем с Ω⊥ . Поскольку теперь m = 0, всегда реализуется высокотемпературный (релятивистский) предел:(41)Ω⊥ = −T 2 (µ2 + H 2 ) µ4 + 6µ2 H 2 + H 47π 2 T 4−−180612π 2Для Ω все опять намного сложнее.

Высокотемпературную асимптотику можнополучить предельным переходом из формулы (28) (обозначим W 2 = E 2 + H 2 ):(42) Ω = −T 2 (µ2 + W 2/2)7π 2 T 4−−1806W4W2µ4µ2 W 2−ln−−−248π 2 π 2 T12π 2 4π 2γW 4 137ζ(3)W 4 22−µ− 2+W/10+...+π288 2496π 4 T 2Ω-ПОТЕНЦИАЛ ЧАСТИЦЫ С АММ9Классическая статсумма имеет вид (см. (14))(43) 1WW123Z = 2 T W K2ξ ξ dξK1+WπTT0(Интеграл выражается через функции Макдональда и Струве, но от этого малорадости.) В пределе WT 1 получаем(44)eµ/TΩ = − 2πT 2W 22T ++...24В сугубо квантовом случае, оставляя только первые поправки по полю и температуре:(45)25/2 W 3/2 µ5/2Ω = −15π 25W3 W25π 2 T 21−+++...6 µ8 µ28 µ28.